Exercicis de moviment harmònic simple — Física 2n Batxillerat

Q: Com es calcula el període d'una molla i d'un pèndol simple?

Per a una massa m en una molla de constant k, T = 2π√(m/k); per a un pèndol simple de longitud L amb oscil·lacions petites, T = 2π√(L/g). En cap dels dos casos el període depèn de l'amplitud, i el del pèndol tampoc depèn de la massa.

Q: Quina diferència hi ha entre freqüència i freqüència angular?

La freqüència f és el nombre d'oscil·lacions per segon i es mesura en hertz; la freqüència angular ω = 2πf = 2π/T es mesura en rad/s i és la que apareix dins del sinus de l'equació x = A·sin(ωt + φ0).

Q: On són màximes la velocitat i l'acceleració en un MHS?

La velocitat és màxima al punt d'equilibri (x = 0), on val Aω, i nul·la als extrems; l'acceleració és màxima als extrems (x = ±A), on val Aω², i nul·la al punt d'equilibri, perquè a = −ω²x.

En aquesta pàgina trobaràs 30 exercicis resolts de moviment harmònic simple (MHS), el model que descriu les oscil·lacions d'una molla o d'un pèndol i que és la base del tema d'ones. Començaràs identificant l'amplitud, el període, la freqüència i la fase inicial a partir de l'equació x(t), i escrivint l'equació a partir de les condicions inicials. Després treballaràs la velocitat i l'acceleració, l'energia de l'oscil·lador, el període d'una molla i d'un pèndol simple i la relació del MHS amb el moviment circular uniforme. Els exercicis avançats són problemes tipus PAU amb apartats encadenats. Vigila els errors més habituals: confondre la freqüència amb la freqüència angular, treballar en graus en lloc de radians i oblidar que l'acceleració és màxima als extrems, no al punt d'equilibri.

Tens examen d'aquest tema? Fes un simulacre de 60 minuts com el de l'institut, amb solucions i criteris de correcció.Fes el simulacre →

Nivell bàsic

Exercici 1

La posició d'una partícula que fa un MHS és x = 0,05·sin(4πt), en unitats del SI. Determina l'amplitud, la freqüència angular, el període i la freqüència del moviment.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 1

Resultat

A = 0{,}05\ \text{m}

;

\omega = 4\pi\ \text{rad/s} \approx 12{,}6\ \text{rad/s}

;

T = 0{,}5\ \text{s}

;

f = 2\ \text{Hz}

Resolució

Dades. Compara l'equació $x = 0{,}05\sin(4\pi t)$ amb l'equació general del MHS, $x = A\sin(\omega t + \varphi_{0})$ .
Amplitud i freqüència angular. El coeficient del sinus és l'amplitud: $A = 0{,}05\ \text{m}$ (la partícula oscil·la entre −5 cm i +5 cm). El nombre que multiplica t és la freqüència angular: $\omega = 4\pi\ \text{rad/s} = 12{,}6\ \text{rad/s}$ .
Període. $T = \dfrac{2\pi}{\omega} = \dfrac{2\pi}{4\pi} = 0{,}5\ \text{s}$
Freqüència. $f = \dfrac{1}{T} = 2\ \text{Hz}$ (equivalentment, $f = \dfrac{\omega}{2\pi} = 2\ \text{Hz}$ ).
Compte. No confonguis ω amb f: el nombre que multiplica t és la freqüència angular en rad/s, no la freqüència en hertz.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 2

Escriu l'equació x(t) d'un MHS d'amplitud 2 cm i període 0,25 s, sabent que a l'instant inicial la partícula és a l'extrem positiu de la trajectòria (x = +A).

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 2

Resultat

x = 0{,}02\sin\left(8\pi t + \tfrac{\pi}{2}\right)\ \text{m}

, és a dir,

x = 0{,}02\cos(8\pi t)\ \text{m}

Resolució

Dades. $A = 2\ \text{cm} = 0{,}02\ \text{m}$ , $T = 0{,}25\ \text{s}$ i $x(0) = +A$ .
Freqüència angular. $\omega = \dfrac{2\pi}{T} = \dfrac{2\pi}{0{,}25} = 8\pi\ \text{rad/s} \approx 25{,}1\ \text{rad/s}$
Fase inicial. Amb $x = A\sin(\omega t + \varphi_{0})$ , la condició $x(0) = +A$ exigeix $\sin\varphi_{0} = 1$ , és a dir, $\varphi_{0} = \tfrac{\pi}{2}\ \text{rad}$ .
Equació. $x = 0{,}02\sin\left(8\pi t + \tfrac{\pi}{2}\right)\ \text{m}$ , que també es pot escriure $x = 0{,}02\cos(8\pi t)\ \text{m}$ .
Comprovació. A t = 0: $x = 0{,}02\sin\tfrac{\pi}{2} = 0{,}02\ \text{m} = +A$ . Correcte.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 3

Un cos oscil·la amb un MHS d'amplitud 0,1 m i freqüència 5 Hz. Calcula la velocitat màxima i l'acceleració màxima, i indica en quins punts de la trajectòria s'assoleix cadascuna.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 3

Resultat

v_{\text{màx}} = \pi \approx 3{,}14\ \text{m/s}

, al punt d'equilibri (x = 0);

a_{\text{màx}} = 10\pi^{2} \approx 98{,}7\ \text{m/s}^{2}

, als extrems (x = ±A)

Resolució

Dades. $A = 0{,}1\ \text{m}$ i $f = 5\ \text{Hz}$ .
Freqüència angular. $\omega = 2\pi f = 2\pi\cdot 5 = 10\pi\ \text{rad/s} \approx 31{,}4\ \text{rad/s}$ .
Velocitat màxima. $v_{\text{màx}} = A\,\omega = 0{,}1\cdot 31{,}4 = 3{,}14\ \text{m/s}$ S'assoleix al punt d'equilibri (x = 0), on l'elongació és nul·la.
Acceleració màxima. $a_{\text{màx}} = A\,\omega^{2} = 0{,}1\cdot (31{,}4)^{2} = 98{,}7\ \text{m/s}^{2}$ S'assoleix als extrems (x = ±A), on la força recuperadora és màxima.
Conclusió. Recorda que $a = -\omega^{2}x$ : l'acceleració és zero justament on la velocitat és màxima, i al revés.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 4

Una massa de 0,2 kg penja d'una molla de constant elàstica 80 N/m i oscil·la verticalment. Calcula el període i la freqüència de les oscil·lacions. Depèn el període de l'amplitud amb què la fem oscil·lar?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 4

Resultat

T = 0{,}314\ \text{s}

;

f = 3{,}18\ \text{Hz}

. El període no depèn de l'amplitud.

Resolució

Dades. $m = 0{,}2\ \text{kg}$ , $k = 80\ \text{N/m}$ .
Període d'un oscil·lador massa-molla. $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{k}} = 2\pi\sqrt{\dfrac{0{,}2}{80}} = 2\pi\sqrt{0{,}0025} = 2\pi\cdot 0{,}05 = 0{,}314\ \text{s}$
Freqüència. $f = \dfrac{1}{T} = \dfrac{1}{0{,}314} = 3{,}18\ \text{Hz}$ . Comprovació: $\omega = \sqrt{k/m} = \sqrt{400} = 20\ \text{rad/s}$ i $T = 2\pi/20 = 0{,}314\ \text{s}$ .
Dependència de l'amplitud. El període només depèn de la massa i de la constant de la molla. Si l'estires més, recorre més distància però a més velocitat, i triga exactament el mateix a fer una oscil·lació (isocronisme).

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 5

Un pèndol simple d'1 m de longitud oscil·la amb amplitud petita. Calcula el seu període a la Terra (g = 9,8 $\text{m/s}^{2}$ ) i a la Lluna (g = 1,6 $\text{m/s}^{2}$ ). Què passaria amb el període si dupliquéssim la massa de la bola?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 5

Resultat

Terra:

T = 2{,}01\ \text{s}

; Lluna:

T = 4{,}97\ \text{s}

. Si dupliquem la massa, el període no canvia.

Resolució

Període del pèndol simple. Per a oscil·lacions petites, $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{L}{g}}$ , amb $L = 1\ \text{m}$ .
A la Terra. $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{1}{9{,}8}} = 2\pi\cdot 0{,}319 = 2{,}01\ \text{s}$
A la Lluna. $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{1}{1{,}6}} = 2\pi\cdot 0{,}791 = 4{,}97\ \text{s}$ Com que la gravetat és menor, el pèndol oscil·la més lentament: el període gairebé es multiplica per dos i mig.
Efecte de la massa. El període d'un pèndol simple no depèn de la massa: si la dupliques, la força que el fa tornar (el pes) també es duplica i l'acceleració és la mateixa. El període no canvia.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 6

Raona si cada afirmació sobre un MHS és certa o falsa: a) La velocitat és màxima quan la partícula passa pel punt d'equilibri. b) L'acceleració és màxima al punt d'equilibri. c) El període depèn de l'amplitud. d) L'acceleració i l'elongació tenen sempre sentits contraris.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 6

Apartat a)

Resultat

Certa. Al punt d'equilibri la velocitat és màxima.

Resolució

Raonament. Al punt d'equilibri tota l'energia és cinètica i la velocitat val $v = A\,\omega$ , el valor màxim.
Conclusió. L'afirmació és certa.

Apartat b)

Resultat

Falsa. Al punt d'equilibri l'acceleració és nul·la; és màxima als extrems.

Resolució

Raonament. Com que $a = -\omega^{2}x$ , al punt d'equilibri (x = 0) l'acceleració és nul·la.
Conclusió. L'acceleració és màxima als extrems (x = ±A), on val $A\,\omega^{2}$ . L'afirmació és falsa.

Apartat c)

Resultat

Falsa. El període no depèn de l'amplitud.

Resolució

Raonament. El període depèn només de les característiques de l'oscil·lador (m i k en una molla; L i g en un pèndol), no de l'amplitud.
Conclusió. L'afirmació és falsa (isocronisme del MHS).

Apartat d)

Resultat

Certa. L'acceleració sempre apunta cap a l'equilibri, en sentit contrari a l'elongació.

Resolució

Raonament. El signe negatiu de $a = -\omega^{2}x$ indica que l'acceleració sempre apunta cap al punt d'equilibri, en sentit contrari a l'elongació.
Conclusió. L'afirmació és certa, i per això el moviment és oscil·latori.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 7

Un bloc de 0,5 kg unit a una molla de constant 100 N/m oscil·la amb una amplitud de 0,1 m sobre una superfície horitzontal sense fregament. Calcula l'energia mecànica del sistema i la velocitat màxima del bloc.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 7

Resultat

E = 0{,}5\ \text{J}

;

v_{\text{màx}} = \sqrt{2} \approx 1{,}41\ \text{m/s}

Resolució

Dades. $m = 0{,}5\ \text{kg}$ , $k = 100\ \text{N/m}$ , $A = 0{,}1\ \text{m}$ , sense fregament.
Energia mecànica. És constant i igual a l'energia potencial elàstica a l'extrem: $E = \tfrac{1}{2}kA^{2} = 0{,}5\cdot 100\cdot 0{,}1^{2} = 0{,}5\ \text{J}$
Velocitat màxima. Al punt d'equilibri tota l'energia és cinètica: $\tfrac{1}{2}m v_{\text{màx}}^{2} = E \;\Rightarrow\; v_{\text{màx}} = \sqrt{\dfrac{2E}{m}} = \sqrt{\dfrac{2\cdot 0{,}5}{0{,}5}} = \sqrt{2} = 1{,}41\ \text{m/s}$
Comprovació. $\omega = \sqrt{k/m} = \sqrt{200} = 14{,}1\ \text{rad/s}$ i $v_{\text{màx}} = A\,\omega = 0{,}1\cdot 14{,}1 = 1{,}41\ \text{m/s}$ .

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 8

Fem servir l'equació x = A·sin(ωt + $φ_{0}$ ). Determina la fase inicial $φ_{0}$ en cada cas: a) la partícula comença el moviment a l'extrem x = +A; b) comença al punt d'equilibri movent-se cap a x negatives; c) comença a l'extrem x = −A.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 8

Apartat a)

Resultat

\varphi_{0} = \tfrac{\pi}{2}\ \text{rad}

Resolució

Mètode. La fase inicial es determina amb la posició a t = 0 i, si cal, amb el sentit de la velocitat $v = A\,\omega\cos(\omega t + \varphi_{0})$ .
Càlcul. $x(0) = A \Rightarrow \sin\varphi_{0} = 1 \Rightarrow \varphi_{0} = \tfrac{\pi}{2}\ \text{rad}$ .

Apartat b)

Resultat

\varphi_{0} = \pi\ \text{rad}

Resolució

Posició. $x(0) = 0 \Rightarrow \sin\varphi_{0} = 0 \Rightarrow \varphi_{0} = 0$ o $\pi$ .
Sentit del moviment. La velocitat inicial ha de ser negativa: $v(0) = A\,\omega\cos\varphi_{0} < 0 \Rightarrow \cos\varphi_{0} < 0 \Rightarrow \varphi_{0} = \pi\ \text{rad}$ .
Conclusió. Quan x(0) = 0 sempre hi ha dues opcions matemàtiques i cal el sentit del moviment per triar-ne una.

Apartat c)

Resultat

\varphi_{0} = \tfrac{3\pi}{2}\ \text{rad}

(o, equivalentment,

-\tfrac{\pi}{2}\ \text{rad}

)

Resolució

Càlcul. $x(0) = -A \Rightarrow \sin\varphi_{0} = -1 \Rightarrow \varphi_{0} = \tfrac{3\pi}{2}\ \text{rad}$ .
Conclusió. És el mateix angle que $-\tfrac{\pi}{2}\ \text{rad}$ ; a l'extrem la velocitat és nul·la i no cal cap altra condició.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 9

Una partícula descriu un moviment circular uniforme de radi 0,2 m amb velocitat angular 2 rad/s. La seva projecció sobre un diàmetre fa un MHS. Determina l'amplitud, la freqüència angular, el període, la velocitat màxima i l'acceleració màxima d'aquest MHS.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 9

Resultat

A = 0{,}2\ \text{m}

;

\omega = 2\ \text{rad/s}

;

T = \pi \approx 3{,}14\ \text{s}

;

v_{\text{màx}} = 0{,}4\ \text{m/s}

;

a_{\text{màx}} = 0{,}8\ \text{m/s}^{2}

Resolució

Relació MCU–MHS. La projecció d'un MCU sobre un diàmetre és un MHS en què el radi fa d'amplitud i la velocitat angular del gir fa de freqüència angular.
Amplitud i freqüència angular. $A = R = 0{,}2\ \text{m}$ ; $\omega = 2\ \text{rad/s}$ .
Període. $T = \dfrac{2\pi}{\omega} = \pi\ \text{s} = 3{,}14\ \text{s}$ , el temps d'una volta completa.
Velocitat màxima. $v_{\text{màx}} = A\,\omega = 0{,}2\cdot 2 = 0{,}4\ \text{m/s}$ , que coincideix amb la velocitat lineal del MCU ( $v = \omega R$ ).
Acceleració màxima. $a_{\text{màx}} = A\,\omega^{2} = 0{,}2\cdot 4 = 0{,}8\ \text{m/s}^{2}$ , igual a l'acceleració centrípeta del MCU ( $a_{c} = \omega^{2}R$ ).

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 10

Una partícula que fa un MHS té una acceleració de −8 $\text{m/s}^{2}$ quan la seva elongació és de 0,02 m. Calcula la freqüència angular i el període del moviment.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 10

Resultat

\omega = 20\ \text{rad/s}

;

T = 0{,}314\ \text{s}

Resolució

Equació fonamental del MHS. L'acceleració és proporcional a l'elongació i de sentit contrari: $a = -\omega^{2}x$ .
Freqüència angular. $\omega^{2} = -\dfrac{a}{x} = -\dfrac{-8}{0{,}02} = 400\ \text{rad}^{2}/\text{s}^{2} \;\Rightarrow\; \omega = 20\ \text{rad/s}$
Període. $T = \dfrac{2\pi}{\omega} = \dfrac{2\pi}{20} = 0{,}314\ \text{s}$ .
Conclusió. Fixa't que no cal conèixer l'amplitud: la relació entre a i x és la mateixa en qualsevol punt de la trajectòria.

T'has encallat? T'ajudem amb el dubte Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Nivell intermedi

Exercici 11

Un punt material es mou segons x = 0,3·sin(2πt + $\tfrac{\pi}{3}$ ), en unitats del SI. Calcula la posició, la velocitat i l'acceleració a l'instant inicial, i la velocitat màxima del moviment.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 11

Resultat

x(0) = 0{,}26\ \text{m}

;

v(0) = 0{,}94\ \text{m/s}

;

a(0) = -10{,}3\ \text{m/s}^{2}

;

v_{\text{màx}} = 1{,}88\ \text{m/s}

Resolució

Dades. $A = 0{,}3\ \text{m}$ ; $\omega = 2\pi\ \text{rad/s}$ ; $\varphi_{0} = \tfrac{\pi}{3}\ \text{rad}$ . Posa la calculadora en radians: $\tfrac{\pi}{3}$ rad són 60°.
Posició inicial. $x(0) = 0{,}3\sin\tfrac{\pi}{3} = 0{,}3\cdot 0{,}866 = 0{,}26\ \text{m}$ .
Velocitat inicial. $v = \dfrac{dx}{dt} = A\,\omega\cos(\omega t + \varphi_{0})$ , i $v(0) = 0{,}3\cdot 2\pi\cos\tfrac{\pi}{3} = 1{,}885\cdot 0{,}5 = 0{,}94\ \text{m/s}$ (positiva: es mou cap a x creixents).
Acceleració inicial. $a = -\omega^{2}x$ , i $a(0) = -(2\pi)^{2}\cdot 0{,}26 = -39{,}5\cdot 0{,}26 = -10{,}3\ \text{m/s}^{2}$ (apunta cap al punt d'equilibri).
Velocitat màxima. $v_{\text{màx}} = A\,\omega = 0{,}3\cdot 2\pi = 1{,}88\ \text{m/s}$ .

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 12

Una partícula fa un MHS d'amplitud 0,1 m i període 2 s. Calcula el mòdul de la velocitat quan passa pel punt x = 0,06 m i compara'l amb la velocitat màxima.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 12

Resultat

|v| = 0{,}08\pi \approx 0{,}251\ \text{m/s}

, que és el 80 % de

v_{\text{màx}} = 0{,}1\pi \approx 0{,}314\ \text{m/s}

Resolució

Dades. $A = 0{,}1\ \text{m}$ , $T = 2\ \text{s}$ , de manera que $\omega = \dfrac{2\pi}{T} = \pi\ \text{rad/s}$ .
Velocitat en funció de la posició. Eliminant el temps entre $x = A\sin(\omega t + \varphi_{0})$ i $v = A\,\omega\cos(\omega t + \varphi_{0})$ : $v = \pm\,\omega\sqrt{A^{2} - x^{2}}$ El doble signe indica que pel punt x = 0,06 m pot passar en els dos sentits.
Càlcul. $|v| = \pi\sqrt{0{,}1^{2} - 0{,}06^{2}} = \pi\sqrt{0{,}01 - 0{,}0036} = \pi\cdot 0{,}08 = 0{,}251\ \text{m/s}$
Comparació. La velocitat màxima (a x = 0) és $v_{\text{màx}} = A\,\omega = 0{,}1\pi = 0{,}314\ \text{m/s}$ . A x = 0,06 m (el 60 % de l'amplitud) la velocitat encara és el 80 % de la màxima: el mòbil frena sobretot prop dels extrems.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 13

Una massa de 0,25 kg penjada d'una molla oscil·la amb un període de 0,5 s. a) Calcula la constant elàstica de la molla. b) Quin seria el període si dupliquéssim la massa?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 13

Apartat a)

Resultat

k = 4\pi^{2} \approx 39{,}5\ \text{N/m}

Resolució

Període massa-molla. $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{k}} \Rightarrow T^{2} = \dfrac{4\pi^{2}m}{k} \Rightarrow k = \dfrac{4\pi^{2}m}{T^{2}}$ .
Càlcul. $k = \dfrac{4\pi^{2}\cdot 0{,}25}{0{,}5^{2}} = 4\pi^{2} = 39{,}5\ \text{N/m}$

Apartat b)

Resultat

T' = 0{,}5\sqrt{2} \approx 0{,}707\ \text{s}

Resolució

Proporcionalitat. El període és proporcional a l'arrel quadrada de la massa: $T' = T\sqrt{\dfrac{m'}{m}} = 0{,}5\sqrt{2} = 0{,}707\ \text{s}$ .
Comprovació. $T' = 2\pi\sqrt{\dfrac{0{,}5}{39{,}5}} = 2\pi\cdot 0{,}1125 = 0{,}707\ \text{s}$ .
Compte. No pensis que en duplicar la massa el període es duplica: només augmenta un factor $\sqrt{2} = 1{,}41$ .

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 14

Per determinar la gravetat al laboratori de l'institut, uns alumnes de Vic fan oscil·lar un pèndol simple d'1,00 m de longitud amb amplitud petita i mesuren que fa 20 oscil·lacions completes en 40,2 s. a) Quin és el període? b) Calcula el valor de g que obtenen. c) Per què és millor cronometrar 20 oscil·lacions que una de sola?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 14

Apartat a)

Resultat

T = 2{,}01\ \text{s}

Resolució

Dades. El pèndol fa 20 oscil·lacions completes en 40,2 s, i el període és el temps d'una sola oscil·lació completa.
Càlcul. $T = \dfrac{40{,}2\ \text{s}}{20} = 2{,}01\ \text{s}$ .

Apartat b)

Resultat

g = 9{,}77\ \text{m/s}^{2}

Resolució

Període del pèndol simple. De $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{L}{g}}$ aïllem $g = \dfrac{4\pi^{2}L}{T^{2}}$ .
Càlcul. $g = \dfrac{4\pi^{2}\cdot 1{,}00}{2{,}01^{2}} = \dfrac{39{,}48}{4{,}04} = 9{,}77\ \text{m/s}^{2}$
Conclusió. És molt proper al valor acceptat, 9,8 m/s².

Apartat c)

Resultat

Perquè l'error de reacció en engegar i aturar el cronòmetre es reparteix entre 20 oscil·lacions i el període surt amb 20 vegades menys incertesa.

Resolució

Error de reacció. L'error en engegar i aturar el cronòmetre (unes dècimes de segon) és el mateix si cronometres una oscil·lació o vint.
Efecte de dividir per 20. En dividir el temps total per 20, aquest error queda repartit i el període surt amb 20 vegades menys incertesa.
Condició de validesa. També cal que l'amplitud sigui petita (menys de 10°): si no, el pèndol ja no fa un MHS i la fórmula deixa de ser vàlida.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 15

Un oscil·lador està format per una molla de constant 200 N/m i oscil·la amb una amplitud de 5 cm. a) Calcula l'energia mecànica. b) En quina posició l'energia cinètica és igual a la potencial? c) Calcula l'energia cinètica i la potencial quan l'elongació és de 3 cm.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 15

Apartat a)

Resultat

E = 0{,}25\ \text{J}

Resolució

Energia mecànica del MHS. És constant i igual a l'energia potencial elàstica a l'extrem: $E = \tfrac{1}{2}kA^{2}$ , amb $k = 200\ \text{N/m}$ i $A = 0{,}05\ \text{m}$ .
Càlcul. $E = 0{,}5\cdot 200\cdot 0{,}05^{2} = 0{,}25\ \text{J}$ .

Apartat b)

Resultat

x = \pm\dfrac{A}{\sqrt{2}} = \pm 3{,}54\ \text{cm}

Resolució

Condició. $E_{c} = E_{p}$ vol dir $E_{p} = \dfrac{E}{2}$ .
Càlcul. $\tfrac{1}{2}kx^{2} = \tfrac{1}{2}\left(\tfrac{1}{2}kA^{2}\right) \Rightarrow x^{2} = \dfrac{A^{2}}{2} \Rightarrow x = \pm\dfrac{A}{\sqrt{2}} = \pm\dfrac{0{,}05}{1{,}414} = \pm 0{,}0354\ \text{m}$
Conclusió. Fixa't que aquesta posició no depèn de k ni de l'amplitud concreta: sempre és el 70,7 % de l'amplitud.

Apartat c)

Resultat

E_{c} = 0{,}16\ \text{J}

;

E_{p} = 0{,}09\ \text{J}

Resolució

Energia potencial. $E_{p} = \tfrac{1}{2}kx^{2} = 0{,}5\cdot 200\cdot 0{,}03^{2} = 0{,}09\ \text{J}$ .
Energia cinètica. $E_{c} = E - E_{p} = 0{,}25 - 0{,}09 = 0{,}16\ \text{J}$ .
Comprovació. $E_{c} = \tfrac{1}{2}k(A^{2} - x^{2}) = 100\cdot(0{,}0025 - 0{,}0009) = 0{,}16\ \text{J}$ .

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 16

D'un MHS en sabem que la velocitat màxima és de 2 m/s i l'acceleració màxima, de 8 $\text{m/s}^{2}$ . Determina la freqüència angular, l'amplitud i el període, i escriu l'equació del moviment si a t = 0 la partícula passa pel punt d'equilibri movent-se en sentit positiu.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 16

Resultat

\omega = 4\ \text{rad/s}

;

A = 0{,}5\ \text{m}

;

T = \tfrac{\pi}{2} \approx 1{,}57\ \text{s}

;

x = 0{,}5\sin(4t)\ \text{m}

Resolució

Dades. $v_{\text{màx}} = A\,\omega = 2\ \text{m/s}$ i $a_{\text{màx}} = A\,\omega^{2} = 8\ \text{m/s}^{2}$ .
Freqüència angular. Dividint les dues expressions: $\dfrac{a_{\text{màx}}}{v_{\text{màx}}} = \omega = \dfrac{8}{2} = 4\ \text{rad/s}$ .
Amplitud i període. $A = \dfrac{v_{\text{màx}}}{\omega} = \dfrac{2}{4} = 0{,}5\ \text{m}$ ; $T = \dfrac{2\pi}{\omega} = \dfrac{2\pi}{4} = 1{,}57\ \text{s}$ .
Equació. Condicions inicials: $x(0) = 0$ i $v(0) > 0 \Rightarrow \varphi_{0} = 0$ . Per tant, $x = 0{,}5\sin(4t)\ \text{m}$ .
Comprovació. $v = 2\cos(4t)$ té valor màxim 2 m/s, i $a = -8\sin(4t)$ té valor màxim 8 m/s².

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 17

Quan pengem un cos de 0,4 kg d'una molla vertical, la molla s'allarga 5 cm fins a quedar en equilibri. Tot seguit estirem una mica el cos cap avall i el deixem anar. a) Calcula la constant de la molla. b) Calcula el període de les oscil·lacions. c) Demostra que el període es pot escriure com T = 2π· $\sqrt{\tfrac{\Delta x}{g}}$ , on Δx és l'allargament en equilibri. Dada: g = 9,8 $\text{m/s}^{2}$ .

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 17

Apartat a)

Resultat

k = 78{,}4\ \text{N/m}

Resolució

Equilibri. En equilibri, la força elàstica compensa el pes: $k\,\Delta x = m g$ .
Càlcul. $k = \dfrac{m g}{\Delta x} = \dfrac{0{,}4\cdot 9{,}8}{0{,}05} = 78{,}4\ \text{N/m}$ .

Apartat b)

Resultat

T = 0{,}449\ \text{s}

Resolució

Període massa-molla. $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{k}}$ , amb $m = 0{,}4\ \text{kg}$ i $k = 78{,}4\ \text{N/m}$ .
Càlcul. $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{0{,}4}{78{,}4}} = 2\pi\sqrt{0{,}0051} = 2\pi\cdot 0{,}0714 = 0{,}449\ \text{s}$

Apartat c)

Resultat

Substituint

k = \dfrac{mg}{\Delta x}

, la massa es cancel·la i

T = 2\pi\sqrt{\dfrac{\Delta x}{g}}

Resolució

Substitució. $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{m g/\Delta x}} = 2\pi\sqrt{\dfrac{\Delta x}{g}}$
Comprovació. $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{0{,}05}{9{,}8}} = 0{,}449\ \text{s}$ , el mateix resultat que a l'apartat b).
Interpretació. El pes només desplaça la posició d'equilibri; les oscil·lacions al voltant d'aquesta nova posició són un MHS idèntic al que tindria la molla en horitzontal.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 18

Una partícula fa un MHS de període 1,2 s i parteix del punt d'equilibri en sentit positiu. Calcula quant triga a arribar per primera vegada a x = $\tfrac{A}{2}$ i quant triga després a anar de x = $\tfrac{A}{2}$ fins a x = A. Explica per què els dos temps són diferents.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 18

Resultat

De x = 0 a

x = \tfrac{A}{2}

t_{1} = \tfrac{T}{12} = 0{,}10\ \text{s}

; de

\tfrac{A}{2}

a A:

\tfrac{T}{6} = 0{,}20\ \text{s}

. El segon tram és més lent perquè la velocitat disminueix a prop de l'extrem.

Resolució

Equació. Com que parteix de l'equilibri en sentit positiu, $\varphi_{0} = 0$ : $x = A\sin(\omega t)$ , amb $\omega = \dfrac{2\pi}{T} = \dfrac{2\pi}{1{,}2}\ \text{rad/s}$ .
De 0 a A/2. $\sin(\omega t_{1}) = \tfrac{1}{2} \Rightarrow \omega t_{1} = \tfrac{\pi}{6} \Rightarrow t_{1} = \dfrac{\pi/6}{2\pi/T} = \dfrac{T}{12} = \dfrac{1{,}2}{12} = 0{,}10\ \text{s}$ .
De A/2 a A. Arriba a A quan $\sin(\omega t_{2}) = 1 \Rightarrow \omega t_{2} = \tfrac{\pi}{2} \Rightarrow t_{2} = \tfrac{T}{4} = 0{,}30\ \text{s}$ . El tram dura $t_{2} - t_{1} = 0{,}30 - 0{,}10 = 0{,}20\ \text{s}$ .
Per què són diferents. Recorre la mateixa distància (A/2) en el doble de temps perquè la velocitat disminueix a mesura que s'acosta a l'extrem, on s'anul·la. El MHS no és un moviment uniforme: la partícula passa molt més temps prop dels extrems que prop del centre.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 19

Un cos de 0,5 kg fa un MHS d'amplitud 0,1 m i freqüència 2 Hz. Calcula l'acceleració màxima, la força màxima que actua sobre el cos i la constant recuperadora del sistema.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 19

Resultat

a_{\text{màx}} = 15{,}8\ \text{m/s}^{2}

;

F_{\text{màx}} = 7{,}9\ \text{N}

;

k = 79\ \text{N/m}

Resolució

Freqüència angular. $\omega = 2\pi f = 4\pi = 12{,}6\ \text{rad/s}$ .
Acceleració màxima. Als extrems: $a_{\text{màx}} = A\,\omega^{2} = 0{,}1\cdot (12{,}6)^{2} = 15{,}8\ \text{m/s}^{2}$ .
Segona llei de Newton. $F_{\text{màx}} = m\,a_{\text{màx}} = 0{,}5\cdot 15{,}8 = 7{,}9\ \text{N}$ , dirigida cap al punt d'equilibri.
Constant recuperadora. Com que $F = -kx$ , $F_{\text{màx}} = kA \Rightarrow k = \dfrac{7{,}9}{0{,}1} = 79\ \text{N/m}$ . També: $k = m\,\omega^{2} = 0{,}5\cdot (12{,}6)^{2} = 79\ \text{N/m}$ .
Comprovació. $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{0{,}5}{79}} = 0{,}5\ \text{s} = \dfrac{1}{f}$ .

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 20

Un pèndol simple té una longitud de 2,45 m. a) Calcula el seu període (g = 9,8 $\text{m/s}^{2}$ ). b) Quin període tindria si la longitud fos la quarta part? c) Un company afirma que per duplicar el període cal duplicar la longitud. Corregeix-lo.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 20

Apartat a)

Resultat

T = \pi \approx 3{,}14\ \text{s}

Resolució

Període del pèndol simple. $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{L}{g}}$ , amb $L = 2{,}45\ \text{m}$ i $g = 9{,}8\ \text{m/s}^{2}$ .
Càlcul. $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{2{,}45}{9{,}8}} = 2\pi\sqrt{0{,}25} = 2\pi\cdot 0{,}5 = \pi\ \text{s} = 3{,}14\ \text{s}$

Apartat b)

Resultat

T' = \tfrac{T}{2} \approx 1{,}57\ \text{s}

Resolució

Proporcionalitat. Com que $T \propto \sqrt{L}$ , si la longitud es divideix per 4 el període es divideix per $\sqrt{4} = 2$ .
Càlcul. $T' = 2\pi\sqrt{\dfrac{L/4}{g}} = \dfrac{T}{\sqrt{4}} = \dfrac{T}{2} = 1{,}57\ \text{s}$ .

Apartat c)

Resultat

Per duplicar el període cal multiplicar la longitud per 4, no duplicar-la.

Resolució

Proporcionalitat. El període és proporcional a l'arrel quadrada de la longitud, no a la longitud: si dupliques L, T només augmenta un factor $\sqrt{2} = 1{,}41$ .
Correcció. Com que $T^{2}$ és proporcional a L, per duplicar el període cal multiplicar la longitud per 4.
Exemple. Aquí, un pèndol de $4\cdot 2{,}45 = 9{,}8\ \text{m}$ tindria un període de 6,28 s, el doble de 3,14 s.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 21

Un punt d'una roda gira amb moviment circular uniforme a 60 rpm sobre una circumferència de 0,5 m de radi. A t = 0 és a l'extrem positiu de l'eix x. a) Escriu l'equació del MHS que descriu la projecció del punt sobre l'eix x. b) Calcula la posició, la velocitat i l'acceleració d'aquesta projecció a t = 1/6 s.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 21

Apartat a)

Resultat

x = 0{,}5\cos(2\pi t)\ \text{m}

x = 0{,}5\sin\left(2\pi t + \tfrac{\pi}{2}\right)\ \text{m}

)

Resolució

Dades. 60 rpm = 1 volta per segon, de manera que $\omega = 2\pi\ \text{rad/s}$ i $T = 1\ \text{s}$ . L'amplitud és el radi: $A = 0{,}5\ \text{m}$ .
Fase inicial. A t = 0 la projecció val +A, així que $x = 0{,}5\cos(2\pi t)\ \text{m}$ , que és el mateix que $0{,}5\sin\left(2\pi t + \tfrac{\pi}{2}\right)$ .

Apartat b)

Resultat

x = 0{,}25\ \text{m}

;

v = -2{,}72\ \text{m/s}

;

a = -9{,}87\ \text{m/s}^{2}

Resolució

Fase. A t = 1/6 s, la fase és $\omega t = \tfrac{2\pi}{6} = \tfrac{\pi}{3}\ \text{rad}$ .
Posició. $x = 0{,}5\cos\tfrac{\pi}{3} = 0{,}25\ \text{m}$ .
Velocitat. $v = -A\,\omega\sin(\omega t) = -0{,}5\cdot 2\pi\sin\tfrac{\pi}{3} = -3{,}14\cdot 0{,}866 = -2{,}72\ \text{m/s}$ (la projecció es mou cap al centre).
Acceleració. $a = -\omega^{2}x = -(2\pi)^{2}\cdot 0{,}25 = -9{,}87\ \text{m/s}^{2}$ .
Comprovació. $v_{\text{màx}} = A\,\omega = 3{,}14\ \text{m/s}$ és la velocitat lineal del punt de la roda, i |v| = 2,72 m/s és la seva component x quan ha girat 60°.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Nivell avançat

Exercici 22

Un bloc de 2 kg unit a una molla de constant 800 N/m oscil·la sobre una superfície horitzontal sense fregament amb una amplitud de 5 cm.
a) Calcula la freqüència angular i el període.
b) Calcula la velocitat màxima i l'acceleració màxima.
c) Calcula la velocitat i l'acceleració del bloc quan és a 3 cm del punt d'equilibri.
d) Calcula l'energia mecànica del sistema.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 22

Apartat a)

Resultat

\omega = 20\ \text{rad/s}

;

T = \tfrac{\pi}{10} \approx 0{,}314\ \text{s}

Resolució

Dades. $m = 2\ \text{kg}$ , $k = 800\ \text{N/m}$ , $A = 0{,}05\ \text{m}$ .
Oscil·lador massa-molla. $\omega = \sqrt{\dfrac{k}{m}} = \sqrt{\dfrac{800}{2}} = 20\ \text{rad/s}$ ; $T = \dfrac{2\pi}{\omega} = \dfrac{2\pi}{20} = 0{,}314\ \text{s}$ .

Apartat b)

Resultat

v_{\text{màx}} = 1\ \text{m/s}

(a l'equilibri);

a_{\text{màx}} = 20\ \text{m/s}^{2}

(als extrems)

Resolució

Velocitat màxima. $v_{\text{màx}} = A\,\omega = 0{,}05\cdot 20 = 1\ \text{m/s}$ , al punt d'equilibri.
Acceleració màxima. $a_{\text{màx}} = A\,\omega^{2} = 0{,}05\cdot 400 = 20\ \text{m/s}^{2}$ , als extrems.

Apartat c)

Resultat

|v| = 0{,}8\ \text{m/s}

;

a = -12\ \text{m/s}^{2}

per a x = +0,03 m (mòdul 12 m/s², cap al centre)

Resolució

Velocitat en funció de la posició. $|v| = \omega\sqrt{A^{2} - x^{2}} = 20\sqrt{0{,}05^{2} - 0{,}03^{2}} = 20\cdot 0{,}04 = 0{,}8\ \text{m/s}$
Acceleració. $a = -\omega^{2}x = -400\cdot 0{,}03 = -12\ \text{m/s}^{2}$ per a x = +0,03 m: apunta cap al centre (per a x = −0,03 m seria +12 m/s²).

Apartat d)

Resultat

E = 1\ \text{J}

Resolució

Energia mecànica. $E = \tfrac{1}{2}kA^{2} = 0{,}5\cdot 800\cdot 0{,}05^{2} = 1\ \text{J}$ .
Comprovació. A x = 0,03 m: $E_{c} + E_{p} = \tfrac{1}{2}\cdot 2\cdot 0{,}8^{2} + \tfrac{1}{2}\cdot 800\cdot 0{,}03^{2} = 0{,}64 + 0{,}36 = 1\ \text{J}$ .

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 23

Una partícula fa un MHS d'amplitud 0,2 m i període 4 s. A l'instant t = 0 és a x = 0,1 m i es mou en el sentit positiu de l'eix x.
a) Determina la fase inicial i escriu l'equació x(t).
b) Escriu les equacions de la velocitat i de l'acceleració.
c) Calcula en quin instant arriba per primera vegada a l'extrem x = +A.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 23

Apartat a)

Resultat

\varphi_{0} = \tfrac{\pi}{6}\ \text{rad}

;

x = 0{,}2\sin\left(\tfrac{\pi}{2}t + \tfrac{\pi}{6}\right)\ \text{m}

Resolució

Freqüència angular. $\omega = \dfrac{2\pi}{T} = \dfrac{2\pi}{4} = \dfrac{\pi}{2}\ \text{rad/s}$ .
Posició inicial. Amb $x = A\sin(\omega t + \varphi_{0})$ : $x(0) = 0{,}2\sin\varphi_{0} = 0{,}1 \Rightarrow \sin\varphi_{0} = 0{,}5 \Rightarrow \varphi_{0} = \tfrac{\pi}{6}$ o $\tfrac{5\pi}{6}$ .
Sentit del moviment. Com que $v(0) = A\,\omega\cos\varphi_{0}$ ha de ser positiva, $\cos\varphi_{0} > 0 \Rightarrow \varphi_{0} = \tfrac{\pi}{6}\ \text{rad}$ .
Equació. $x = 0{,}2\sin\left(\tfrac{\pi}{2}t + \tfrac{\pi}{6}\right)\ \text{m}$ .

Apartat b)

Resultat

v = 0{,}314\cos\left(\tfrac{\pi}{2}t + \tfrac{\pi}{6}\right)\ \text{m/s}

;

a = -0{,}493\sin\left(\tfrac{\pi}{2}t + \tfrac{\pi}{6}\right)\ \text{m/s}^{2}

Resolució

Velocitat. $v = \dfrac{dx}{dt} = 0{,}2\cdot\dfrac{\pi}{2}\cos\left(\tfrac{\pi}{2}t + \tfrac{\pi}{6}\right) = 0{,}314\cos\left(\tfrac{\pi}{2}t + \tfrac{\pi}{6}\right)\ \text{m/s}$ .
Acceleració. $a = -\omega^{2}x = -\dfrac{\pi^{2}}{4}\cdot 0{,}2\sin\left(\tfrac{\pi}{2}t + \tfrac{\pi}{6}\right) = -0{,}493\sin\left(\tfrac{\pi}{2}t + \tfrac{\pi}{6}\right)\ \text{m/s}^{2}$ .

Apartat c)

Resultat

t = \tfrac{2}{3}\ \text{s} \approx 0{,}67\ \text{s}

Resolució

Condició. x = A quan $\sin\left(\tfrac{\pi}{2}t + \tfrac{\pi}{6}\right) = 1$ , és a dir, $\tfrac{\pi}{2}t + \tfrac{\pi}{6} = \tfrac{\pi}{2}$ .
Càlcul. $\tfrac{\pi}{2}t = \tfrac{\pi}{3} \Rightarrow t = \tfrac{2}{3}\ \text{s} = 0{,}67\ \text{s}$ .
Comprovació. Li faltava recórrer la fase de $\tfrac{\pi}{6}$ a $\tfrac{\pi}{2}$ , dos terços d'un quart de volta: $\tfrac{2}{3}\cdot\tfrac{T}{4} = \tfrac{2}{3}\cdot 1 = 0{,}67\ \text{s}$ .

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 24

Un cos de 0,5 kg fa un MHS amb una energia mecànica de 0,9 J i una amplitud de 0,3 m.
a) Calcula la constant recuperadora del sistema.
b) Calcula la velocitat màxima del cos.
c) En quines posicions la velocitat és la meitat de la màxima?
d) Calcula el període del moviment.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 24

Apartat a)

Resultat

k = 20\ \text{N/m}

Resolució

Energia mecànica. $E = \tfrac{1}{2}kA^{2} \Rightarrow k = \dfrac{2E}{A^{2}}$ .
Càlcul. $k = \dfrac{2\cdot 0{,}9}{0{,}3^{2}} = \dfrac{1{,}8}{0{,}09} = 20\ \text{N/m}$ .

Apartat b)

Resultat

v_{\text{màx}} = 1{,}90\ \text{m/s}

Resolució

Raonament. Al punt d'equilibri tota l'energia és cinètica.
Càlcul. $v_{\text{màx}} = \sqrt{\dfrac{2E}{m}} = \sqrt{\dfrac{2\cdot 0{,}9}{0{,}5}} = \sqrt{3{,}6} = 1{,}90\ \text{m/s}$ .

Apartat c)

Resultat

x = \pm\dfrac{\sqrt{3}}{2}A = \pm 0{,}26\ \text{m}

Resolució

Plantejament. $v = \omega\sqrt{A^{2} - x^{2}}$ i $v_{\text{màx}} = \omega A$ . Imposem $v = \dfrac{v_{\text{màx}}}{2}$ .
Càlcul. $\sqrt{A^{2} - x^{2}} = \dfrac{A}{2} \Rightarrow x^{2} = \dfrac{3A^{2}}{4} \Rightarrow x = \pm\dfrac{\sqrt{3}}{2}A = \pm 0{,}866\cdot 0{,}3 = \pm 0{,}26\ \text{m}$
Comprovació amb l'energia. Si $v = v_{\text{màx}}/2$ , $E_{c} = E/4$ i $E_{p} = 3E/4$ : $\tfrac{1}{2}kx^{2} = 0{,}675\ \text{J} \Rightarrow x = \pm 0{,}26\ \text{m}$ , el mateix.

Apartat d)

Resultat

T = 0{,}99\ \text{s}

Resolució

Període massa-molla. $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{k}}$ , amb $m = 0{,}5\ \text{kg}$ i $k = 20\ \text{N/m}$ .
Càlcul. $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{0{,}5}{20}} = 2\pi\cdot 0{,}158 = 0{,}99\ \text{s}$ .

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 25

Un pèndol simple de 0,8 m de longitud i 0,2 kg de massa oscil·la amb una amplitud angular de 6° (prou petita per considerar el moviment harmònic simple).
a) Calcula el període.
b) Calcula l'amplitud lineal (longitud d'arc) i la velocitat màxima de la bola a partir de les equacions del MHS.
c) Comprova el resultat de la velocitat màxima amb la conservació de l'energia mecànica. Dada: g = 9,8 $\text{m/s}^{2}$ .

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 25

Apartat a)

Resultat

T = 1{,}80\ \text{s}

Resolució

Període del pèndol simple. $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{L}{g}} = 2\pi\sqrt{\dfrac{0{,}8}{9{,}8}} = 2\pi\cdot 0{,}286 = 1{,}80\ \text{s}$ .
Freqüència angular. $\omega = \dfrac{2\pi}{T} = \sqrt{\dfrac{g}{L}} = 3{,}5\ \text{rad/s}$ , que farem servir a l'apartat b).

Apartat b)

Resultat

A = 0{,}084\ \text{m}

;

v_{\text{màx}} = 0{,}29\ \text{m/s}

Resolució

Amplitud lineal. És la longitud d'arc, amb l'angle en radians: $\theta_{0} = 6\cdot\dfrac{\pi}{180} = 0{,}105\ \text{rad}$ , de manera que $A = L\,\theta_{0} = 0{,}8\cdot 0{,}105 = 0{,}084\ \text{m}$ .
Velocitat màxima. $v_{\text{màx}} = A\,\omega = 0{,}084\cdot 3{,}5 = 0{,}29\ \text{m/s}$ .

Apartat c)

Resultat

v = \sqrt{2gh} = 0{,}29\ \text{m/s}

: coincideix amb l'apartat b)

Resolució

Altura a l'extrem. $h = L(1 - \cos 6^{\circ}) = 0{,}8\cdot(1 - 0{,}9945) = 0{,}0044\ \text{m}$ per sobre del punt més baix.
Conservació de l'energia. $m g h = \tfrac{1}{2}m v^{2} \Rightarrow v = \sqrt{2gh} = \sqrt{2\cdot 9{,}8\cdot 0{,}0044} = 0{,}29\ \text{m/s}$ L'energia mecànica val $E = mgh = 0{,}2\cdot 9{,}8\cdot 0{,}0044 = 8{,}6\cdot10^{-3}\ \text{J}$ .
Conclusió. Les dues vies donen el mateix perquè, per a angles petits, $1 - \cos\theta \approx \dfrac{\theta^{2}}{2}$ i el pèndol és un MHS amb molt bona aproximació.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 26

Un cos de 0,5 kg penjat d'una molla oscil·la amb un període d'1 s. Hi afegim una massa addicional i el període passa a ser d'1,5 s.
a) Calcula la constant de la molla.
b) Quina massa hem afegit?
c) Si l'amplitud es manté igual, com canvia la velocitat màxima? I l'energia mecànica?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 26

Apartat a)

Resultat

k = 2\pi^{2} \approx 19{,}7\ \text{N/m}

Resolució

Període massa-molla. $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{k}} \Rightarrow k = \dfrac{4\pi^{2}m}{T^{2}}$ .
Càlcul. $k = \dfrac{4\pi^{2}\cdot 0{,}5}{1^{2}} = 19{,}7\ \text{N/m}$ .

Apartat b)

Resultat

\Delta m = 0{,}625\ \text{kg}

Resolució

Proporcionalitat. Per a la mateixa molla, $T^{2}$ és proporcional a m: $\dfrac{m'}{m} = \left(\dfrac{T'}{T}\right)^{2} = \left(\dfrac{1{,}5}{1}\right)^{2} = 2{,}25$ .
Càlcul. $m' = 2{,}25\cdot 0{,}5 = 1{,}125\ \text{kg}$ . Massa afegida: $1{,}125 - 0{,}5 = 0{,}625\ \text{kg}$ .
Comprovació. $T' = 2\pi\sqrt{\dfrac{1{,}125}{19{,}7}} = 1{,}5\ \text{s}$ .

Apartat c)

Resultat

La velocitat màxima es divideix per 1,5 (queda en un 67 %); l'energia mecànica no canvia.

Resolució

Velocitat màxima. $v_{\text{màx}} = A\,\omega = A\,\dfrac{2\pi}{T}$ : amb la mateixa amplitud, la velocitat màxima queda dividida per 1,5 (passa a ser el 67 % de l'original), perquè la massa més gran oscil·la més lentament.
Energia mecànica. $E = \tfrac{1}{2}kA^{2}$ depèn només de k i de l'amplitud, que no canvien: l'energia és la mateixa.
Comprovació. $E = \tfrac{1}{2}m v_{\text{màx}}^{2}$ : la massa es multiplica per 2,25 i $v_{\text{màx}}^{2}$ es divideix per 2,25.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 27

Un sensor registra la posició d'un cos que oscil·la: a t = 0 és al punt d'equilibri; assoleix el màxim, x = +8 cm, a t = 0,5 s; torna a passar per l'equilibri a t = 1 s i arriba al mínim, x = −8 cm, a t = 1,5 s.
a) Determina el període, l'amplitud i la freqüència angular, i escriu l'equació x(t).
b) Calcula la velocitat màxima i l'acceleració màxima.
c) Calcula la posició a t = 2,25 s.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 27

Apartat a)

Resultat

T = 2\ \text{s}

;

A = 0{,}08\ \text{m}

;

\omega = \pi\ \text{rad/s}

;

x = 0{,}08\sin(\pi t)\ \text{m}

Resolució

Període. D'equilibri a màxim passa un quart de període: $\tfrac{T}{4} = 0{,}5\ \text{s} \Rightarrow T = 2\ \text{s}$ (coherent amb el mínim a $1{,}5\ \text{s} = \tfrac{3T}{4}$ ).
Amplitud i freqüència angular. $A = 0{,}08\ \text{m}$ ; $\omega = \dfrac{2\pi}{T} = \pi\ \text{rad/s}$ .
Equació. Com que a t = 0 és a x = 0 i tot seguit x creix, $\varphi_{0} = 0$ : $x = 0{,}08\sin(\pi t)\ \text{m}$ .
Comprovació. $x(0{,}5) = 0{,}08\sin\tfrac{\pi}{2} = 0{,}08\ \text{m}$ i $x(1{,}5) = 0{,}08\sin\tfrac{3\pi}{2} = -0{,}08\ \text{m}$ , com indica el registre.

Apartat b)

Resultat

v_{\text{màx}} = 0{,}251\ \text{m/s}

;

a_{\text{màx}} = 0{,}79\ \text{m/s}^{2}

Resolució

Velocitat màxima. $v_{\text{màx}} = A\,\omega = 0{,}08\pi = 0{,}251\ \text{m/s}$ .
Acceleració màxima. $a_{\text{màx}} = A\,\omega^{2} = 0{,}08\pi^{2} = 0{,}79\ \text{m/s}^{2}$ .

Apartat c)

Resultat

x(2{,}25) = 0{,}057\ \text{m} = 5{,}7\ \text{cm}

Resolució

Càlcul. $x(2{,}25) = 0{,}08\sin(2{,}25\pi) = 0{,}08\sin(0{,}25\pi) = 0{,}08\cdot 0{,}707 = 0{,}057\ \text{m}$ .
Interpretació. A t = 2,25 s ha fet una oscil·lació completa més un vuitè de període, i és entre l'equilibri i l'extrem positiu.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 28

Una plataforma oscil·la verticalment amb un MHS d'amplitud 5 cm i un objecte petit hi descansa a sobre.
a) Raona en quin punt de l'oscil·lació l'objecte pot perdre el contacte amb la plataforma.
b) Calcula la freqüència màxima d'oscil·lació perquè l'objecte no se separi mai de la plataforma. Dada: g = 9,8 $\text{m/s}^{2}$ .

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 28

Apartat a)

Resultat

Al punt més alt de l'oscil·lació (x = +A), on l'acceleració cap avall és màxima.

Resolució

Forces sobre l'objecte. Pes (cap avall) i normal (cap amunt): $N - mg = ma$ , és a dir, $N = m(g + a)$ , amb a positiva cap amunt.
Condició de separació. L'objecte perd el contacte quan N = 0, és a dir, quan la plataforma accelera cap avall amb a = −g.
Conclusió. L'acceleració cap avall és màxima al punt més alt (x = +A), on $a = -\omega^{2}A$ : és allà on es pot separar.

Apartat b)

Resultat

f_{\text{màx}} = 2{,}23\ \text{Hz}

(

\omega_{\text{màx}} = 14\ \text{rad/s}

)

Resolució

Condició. Per no separar-se: $\omega^{2}A \le g \Rightarrow \omega \le \sqrt{\dfrac{g}{A}} = \sqrt{\dfrac{9{,}8}{0{,}05}} = \sqrt{196} = 14\ \text{rad/s}$ .
Freqüència màxima. $f = \dfrac{\omega}{2\pi} = \dfrac{14}{2\pi} = 2{,}23\ \text{Hz}$ (període mínim T = 0,449 s).
Interpretació. Si la plataforma oscil·la més ràpid, al punt alt baixa més de pressa que en caiguda lliure i l'objecte queda enlaire un instant. Fixa't que el resultat no depèn de la massa de l'objecte.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 29

Una partícula fa un MHS d'amplitud 0,12 m i període 0,6 s.
a) En quines posicions l'energia cinètica és el triple de la potencial?
b) Calcula la velocitat de la partícula en aquestes posicions.
c) Quina fracció del període passa la partícula amb |x| < $\tfrac{A}{2}$ ?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 29

Apartat a)

Resultat

x = \pm\dfrac{A}{2} = \pm 0{,}06\ \text{m}

Resolució

Condició. $E_{c} = 3E_{p} \Rightarrow E = E_{c} + E_{p} = 4E_{p}$ .
Càlcul. $\tfrac{1}{2}kx^{2} = \tfrac{1}{4}\left(\tfrac{1}{2}kA^{2}\right) \Rightarrow x^{2} = \dfrac{A^{2}}{4} \Rightarrow x = \pm\dfrac{A}{2} = \pm 0{,}06\ \text{m}$

Apartat b)

Resultat

|v| = 1{,}09\ \text{m/s}

Resolució

Freqüència angular. $\omega = \dfrac{2\pi}{T} = \dfrac{2\pi}{0{,}6} = 10{,}5\ \text{rad/s}$ .
Càlcul. $|v| = \omega\sqrt{A^{2} - x^{2}} = 10{,}5\sqrt{0{,}12^{2} - 0{,}06^{2}} = 10{,}5\cdot 0{,}104 = 1{,}09\ \text{m/s}$
Comprovació. $v_{\text{màx}} = A\,\omega = 1{,}26\ \text{m/s}$ , i $\tfrac{\sqrt{3}}{2}\,v_{\text{màx}} = 1{,}09\ \text{m/s}$ , com correspon a $E_{c} = \tfrac{3}{4}E$ .

Apartat c)

Resultat

Un terç del període:

\tfrac{T}{3} = 0{,}2\ \text{s}

Resolució

Temps de 0 a A/2. Amb $x = A\sin(\omega t)$ , anar de x = 0 a $x = \tfrac{A}{2}$ costa una fase de $\tfrac{\pi}{6}$ , és a dir, $\tfrac{T}{12}$ .
Comptatge. En cada pas pel centre, el mòbil és dins de $|x| < \tfrac{A}{2}$ durant $2\cdot\tfrac{T}{12} = \tfrac{T}{6}$ , i en un període passa dues vegades pel centre: $2\cdot\tfrac{T}{6} = \tfrac{T}{3}$ .
Interpretació. Passa un terç del període a la zona central (la meitat del recorregut) i dos terços a les dues zones externes, perquè prop dels extrems va molt més lent.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 30

Un bloc d'1 kg unit a una molla de constant 100 N/m oscil·la sense fregament amb una amplitud de 0,1 m. Just quan passa pel punt d'equilibri, un segon bloc d'1 kg, en repòs, s'hi deixa caure a sobre i hi queda enganxat.
a) Calcula la velocitat del primer bloc just abans del contacte.
b) Calcula la velocitat del conjunt just després (xoc perfectament inelàstic).
c) Determina la nova amplitud i el nou període de l'oscil·lació.
d) Compara l'energia mecànica abans i després i explica la diferència.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 30

Apartat a)

Resultat

v = 1\ \text{m/s}

Resolució

Freqüència angular. $\omega = \sqrt{\dfrac{k}{m}} = \sqrt{\dfrac{100}{1}} = 10\ \text{rad/s}$ .
Velocitat a l'equilibri. Al punt d'equilibri la velocitat és màxima: $v = A\,\omega = 0{,}1\cdot 10 = 1\ \text{m/s}$ .

Apartat b)

Resultat

v' = 0{,}5\ \text{m/s}

Resolució

Conservació de la quantitat de moviment. En el xoc es conserva la quantitat de moviment horitzontal: la força de la molla és nul·la a l'equilibri i el xoc és instantani.
Càlcul. $m v = (m + m)\,v' \Rightarrow v' = \dfrac{1\cdot 1}{2} = 0{,}5\ \text{m/s}$ .

Apartat c)

Resultat

A' = 0{,}0707\ \text{m} \approx 7{,}1\ \text{cm}

;

T' = 0{,}889\ \text{s}

Resolució

Nou període. $\omega' = \sqrt{\dfrac{k}{2m}} = \sqrt{\dfrac{100}{2}} = 7{,}07\ \text{rad/s}$ ; $T' = \dfrac{2\pi}{\omega'} = 0{,}889\ \text{s}$ (abans era 0,628 s).
Nova amplitud. El conjunt passa per l'equilibri a 0,5 m/s, que és la seva nova velocitat màxima: $A' = \dfrac{v'}{\omega'} = \dfrac{0{,}5}{7{,}07} = 0{,}0707\ \text{m} = 7{,}1\ \text{cm}$ .

Apartat d)

Resultat

E = 0{,}5\ \text{J}

abans i

E' = 0{,}25\ \text{J}

després: es perd la meitat en el xoc inelàstic.

Resolució

Abans. $E = \tfrac{1}{2}kA^{2} = 0{,}5\cdot 100\cdot 0{,}01 = 0{,}5\ \text{J}$ .
Després. $E' = \tfrac{1}{2}kA'^{2} = 0{,}5\cdot 100\cdot 0{,}005 = 0{,}25\ \text{J}$ (o $\tfrac{1}{2}\cdot 2\cdot 0{,}5^{2} = 0{,}25\ \text{J}$ ).
Explicació. S'ha perdut la meitat de l'energia mecànica en el xoc inelàstic (es transforma en calor i deformació), tal com passa sempre que dos cossos queden enganxats.
Comprovació. $A' = \dfrac{A}{\sqrt{2}}$ , perquè l'energia s'ha dividit per 2 i E és proporcional a $A^{2}$ .

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Preparat per a la universitat

Els exercicis més exigents: nivell PAU alt i primer curs de grau. Veure totes les matèries

Exercici 31

Quan quatre persones amb una massa total de 300 kg pugen a un cotxe de 1200 kg, la carrosseria baixa 3,0 cm. Per estudiar-ne les oscil·lacions verticals, modelitzem la carrosseria com una sola massa recolzada sobre una molla equivalent (sense tenir en compte, de moment, els amortidors).
a) Calcula la constant elàstica equivalent de la suspensió.
b) Calcula la freqüència d'oscil·lació del cotxe carregat i la del cotxe buit. Raona per què el cotxe carregat oscil·la més lentament.
c) Una carretera de formigó té juntes transversals cada 12 m, i cada junta dona un petit cop a les rodes. A quina velocitat (en km/h) el cotxe carregat entraria en ressonància? Què notarien els passatgers?
d) Raona per què els amortidors són imprescindibles i què passaria amb el cotxe si un amortidor estigués gastat.
Dades: g = 9,81 $\text{m/s}^{2}$ .

Pista 1

Quan pugen els passatgers, la molla equivalent s'ha de comprimir prou per equilibrar el seu pes afegit.

Pista 2

La freqüència pròpia depèn de la constant de la molla i de la massa total que oscil·la.

Pista 3

Hi ha ressonància quan el temps entre dos cops consecutius coincideix amb el període propi del cotxe.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 31

Apartat a)

Resultat

k = 9{,}81\cdot10^{4}\ \text{N/m}

Resolució

Dades. Els passatgers (300 kg) fan baixar la carrosseria $\Delta y = 3{,}0\ \text{cm} = 0{,}030\ \text{m}$ .
Llei de Hooke i equilibri. El pes afegit queda equilibrat per la compressió addicional de la molla: $k\,\Delta y = m_{p}\,g$ .
Càlcul. $k = \dfrac{300\cdot 9{,}81}{0{,}030} = 9{,}81\cdot10^{4}\ \text{N/m}$ .

Apartat b)

Resultat

Carregat:

f = 1{,}29\ \text{Hz}

; buit:

f = 1{,}44\ \text{Hz}

. Amb més massa i la mateixa molla, l'acceleració és menor i oscil·la més lentament.

Resolució

Freqüència pròpia. $f = \dfrac{1}{2\pi}\sqrt{\dfrac{k}{m}}$ , amb la massa total que oscil·la.
Cotxe carregat (1500 kg). $f = \dfrac{1}{2\pi}\sqrt{\dfrac{9{,}81\cdot10^{4}}{1500}} = 1{,}29\ \text{Hz}\quad (T = 0{,}78\ \text{s})$
Cotxe buit (1200 kg). $f = \dfrac{1}{2\pi}\sqrt{\dfrac{9{,}81\cdot10^{4}}{1200}} = 1{,}44\ \text{Hz}$
Per què el carregat és més lent. Per a un mateix desplaçament la força recuperadora és la mateixa (la molla no canvia), però ha d'accelerar més massa: l'acceleració és menor, el cotxe torna més lentament a l'equilibri i el període és més llarg ( $T \propto \sqrt{m}$ ). Els enginyers dissenyen les suspensions perquè aquestes freqüències quedin a prop d'1–1,5 Hz, que el cos humà troba còmodes.

Apartat c)

Resultat

v = 15{,}4\ \text{m/s} \approx 56\ \text{km/h}

; els passatgers notarien un balanceig vertical cada vegada més gran.

Resolució

Condició de ressonància. Els cops es repeteixen cada $\Delta t = \dfrac{d}{v}$ . Hi ha ressonància si $\Delta t = T$ , és a dir, si $v = d\,f$ .
Càlcul. $v = 12\cdot 1{,}29 = 15{,}4\ \text{m/s} \approx 56\ \text{km/h}$ . (Amb el cotxe buit la velocitat crítica seria de 62 km/h.)
Què notarien. Cada cop arriba just quan la carrosseria torna a estar en la mateixa fase i l'amplitud creix cop rere cop: els passatgers notarien un balanceig vertical cada vegada més marcat i incòmode.

Apartat d)

Resultat

Els amortidors dissipen energia i limiten l'amplitud; amb un amortidor gastat el cotxe continua botant, les rodes perden adherència i la frenada empitjora.

Resolució

Sense amortiment. En ressonància l'amplitud creixeria fins que les rodes perdessin el contacte amb el terra o la suspensió fes tope.
Funció de l'amortidor. L'amortidor dissipa energia (la transforma en calor dins de l'oli): després d'un sot, el cotxe torna a l'equilibri en una o dues oscil·lacions i l'amplitud en ressonància queda limitada.
Amortidor gastat. El cotxe continua botant després de cada sot, les rodes perden adherència i la distància de frenada augmenta: per això és un element de seguretat.

Errors típics

Fer servir la massa dels passatgers en lloc de la massa total per calcular la freqüència d'oscil·lació.
Confondre la freqüència f amb la pulsació ω = $\sqrt{\tfrac{k}{m}}$ (falta el factor 2π).
Calcular la velocitat de ressonància amb el període del cotxe buit quan es demana el carregat.
Pensar que la ressonància depèn de la intensitat dels cops i no de la seva freqüència.

Conceptes treballats: llei de Hooke i molla equivalent, freqüència pròpia d'un oscil·lador, oscil·lacions forçades i ressonància, amortiment, aplicacions a la seguretat vial.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 32

Un rellotge de pèndol «de segons» (període de 2,000 s) està perfectament ajustat a Vic, a 490 m d'altitud, on g = 9,810 $\text{m/s}^{2}$ . Es trasllada al refugi d'Ulldeter, al Ripollès, a 2220 m d'altitud.
a) A partir de la llei de gravitació universal, raona com varia g amb l'altitud i calcula'n el valor al refugi (no tinguis en compte la rotació terrestre ni la massa de la muntanya).
b) Al refugi, el rellotge s'avança o s'endarrereix? Quants segons per dia?
c) La longitud del pèndol a Vic és de 0,9940 m. Quant i en quin sentit s'ha de modificar per tornar-lo a ajustar?
d) Un rellotge mecànic de balancí (un volant unit a una molla en espiral) faria el mateix error? Raona-ho.
e) Quin període tindria el pèndol original a la superfície de Mart?
Dades: $R_{T}$ = 6,37· $10^{6}$ m; $g_{\mathrm{Mart}}$ = 3,71 $\text{m/s}^{2}$ .

Pista 1

Segons Newton, g és inversament proporcional al quadrat de la distància al centre de la Terra.

Pista 2

El període del pèndol és inversament proporcional a $\sqrt{g}$ . El rellotge compta oscil·lacions: si cada oscil·lació dura més, què marca al cap d'un dia real?

Pista 3

Per tornar al mateix període amb un g més petit, el quocient L/g ha de ser el mateix d'abans.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 32

Apartat a)

Resultat

g disminueix amb el quadrat de la distància al centre:

g_{\text{refugi}} = 9{,}805\ \text{m/s}^{2}

Resolució

Llei de gravitació universal. $g = \dfrac{G M_{T}}{r^{2}}$ , amb $r = R_{T} + h$ : com més amunt, més lluny del centre i més petit és g.
Relació entre dues altituds. $g_{2} = g_{1}\left(\dfrac{R_{T} + h_{1}}{R_{T} + h_{2}}\right)^{2} = 9{,}810\left(\dfrac{6\,370\,490}{6\,372\,220}\right)^{2} = 9{,}805\ \text{m/s}^{2}$
Conclusió. La diferència és petita (un 0,05 %), però un rellotge l'acumula oscil·lació rere oscil·lació.

Apartat b)

Resultat

S'endarrereix uns 23 s cada dia.

Resolució

Període del pèndol. $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{L}{g}}$ : com que g disminueix, el període augmenta. $\dfrac{T_{2}}{T_{1}} = \sqrt{\dfrac{g_{1}}{g_{2}}} = \dfrac{R_{T} + h_{2}}{R_{T} + h_{1}} = 1{,}000\,272$
Avança o endarrereix. El rellotge compta cada oscil·lació com si fos de 2,000 s, però en realitat dura una mica més: en un dia real fa menys oscil·lacions i, per tant, s'endarrereix.
Retard diari. $\Delta t = 86\,400\left(1 - \dfrac{1}{1{,}000\,272}\right) \approx 23\ \text{s cada dia}$ Encara que per oscil·lació la diferència sigui molt petita (0,03 %), en un dia són 23 s.

Apartat c)

Resultat

Cal escurçar el pèndol uns

5{,}4\cdot10^{-4}\ \text{m} = 0{,}54\ \text{mm}

Resolució

Condició. Per recuperar T = 2,000 s cal que L/g sigui el mateix: $L_{2} = L_{1}\dfrac{g_{2}}{g_{1}}$ .
Càlcul. $\Delta L = L_{1}\left(1 - \dfrac{g_{2}}{g_{1}}\right) = 0{,}9940\cdot 5{,}4\cdot10^{-4} = 5{,}4\cdot10^{-4}\ \text{m}$ .
Conclusió. Cal escurçar el pèndol uns 0,54 mm (girant el cargol de la llentia cap amunt). Una correcció tan petita mostra la sensibilitat d'aquests rellotges.

Apartat d)

Resultat

No: el període del balancí depèn de la inèrcia i de la rigidesa de la molla, no de g.

Resolució

Oscil·lador de molla. El seu període, $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{I}{\kappa}}$ (o $2\pi\sqrt{\dfrac{m}{k}}$ en el cas lineal), depèn de la inèrcia i de la rigidesa de la molla, no de g.
Comparació amb el pèndol. El pèndol funciona gràcies al pes (la força recuperadora és la component del pes), mentre que el balancí funciona gràcies a la força elàstica.
Conclusió. Per això els rellotges de polsera i els cronòmetres marins no s'alteren amb l'altitud, i els de pèndol sí.

Apartat e)

Resultat

T_{\text{Mart}} = 3{,}25\ \text{s}

Resolució

Càlcul. $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{0{,}9940}{3{,}71}} = 3{,}25\ \text{s}$
Interpretació. A Mart el rellotge aniria molt lent: només marcaria 2 s per cada 3,25 s reals.

Errors típics

Pensar que, com que a dalt la gravetat és més petita, el pèndol oscil·la més de pressa i el rellotge s'avança.
Fer servir l'altitud en lloc de la distància al centre de la Terra a la llei de gravitació.
Dir que el retard és negligible sense calcular-lo: 0,03 % és poc per oscil·lació però són 23 s cada dia.
Creure que qualsevol rellotge mecànic depèn de g: només els de pèndol.

Conceptes treballats: període del pèndol simple, variació de g amb l'altura (llei de gravitació), oscil·ladors de molla vs pèndol, precisió dels rellotges, gravetat en altres planetes.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 33

Un experiment mental clàssic: es perfora un túnel recte que travessa la Terra pel centre, sense aire ni fregament, i s'hi deixa caure una càpsula des del repòs a la superfície. Suposa que la Terra és una esfera de densitat uniforme.
a) Dins d'una esfera uniforme, a una distància r del centre, només atreu la massa que queda a l'interior de l'esfera de radi r. Demostra que la força sobre la càpsula és F = −m· $g_{0}$ ·r/ $R_{T}$ i raona per què el moviment és harmònic simple.
b) Quant tarda la càpsula a arribar a l'altre costat del planeta? Quina velocitat màxima assoleix i on?
c) Compara el període de l'oscil·lació amb el d'un satèl·lit en òrbita circular rasant (de radi $R_{T}$ ) i la velocitat màxima amb la velocitat orbital. Raona per què coincideixen.
d) Ara el túnel és una corda recta de 600 km que no passa pel centre (per exemple, entre dues ciutats). Demostra que el temps de trajecte és el mateix que per un diàmetre i calcula la velocitat màxima.
Dades: $g_{0}$ = 9,81 $\text{m/s}^{2}$ ; $R_{T}$ = 6,37· $10^{6}$ m.

Pista 1

La massa interior és proporcional al volum: M(r) = $M_{T}$ · $\tfrac{r^{3}}{R_{T}^{3}}$ . Substitueix-la a la llei de Newton i fes servir $g_{0}$ = G· $M_{T}$ / $R_{T}$ ².

Pista 2

Si F = −k·r, la pulsació és ω = $\sqrt{\tfrac{k}{m}}$ . La travessia és mig període.

Pista 3

Al túnel de corda, només la component de la força al llarg del túnel fa moure la càpsula. Si x és la distància al punt mitjà de la corda, quina relació hi ha entre aquesta component i x?

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 33

Apartat a)

Resultat

F = -\dfrac{m g_{0}}{R_{T}}\,r

: força proporcional a la distància al centre i dirigida cap a ell, per tant MHS amb

k = \dfrac{m g_{0}}{R_{T}}

Resolució

Massa interior. Amb densitat uniforme, la massa interior és proporcional al volum: $M(r) = M_{T}\dfrac{r^{3}}{R_{T}^{3}}$ .
Llei de Newton. $F = -\dfrac{G M(r)\,m}{r^{2}} = -\dfrac{G M_{T} m\,r^{3}}{R_{T}^{3}r^{2}} = -\dfrac{G M_{T}}{R_{T}^{2}}\cdot\dfrac{m}{R_{T}}\,r = -\dfrac{m g_{0}}{R_{T}}\,r$ on hem fet servir $g_{0} = \dfrac{G M_{T}}{R_{T}^{2}}$ .
Condició de MHS. La força és proporcional a la distància al centre i dirigida cap al centre: és exactament $F = -kx$ , amb $k = \dfrac{m g_{0}}{R_{T}}$ . Com més a prop del centre, menys massa atreu la càpsula, i al centre la força és nul·la.

Apartat b)

Resultat

t = \tfrac{T}{2} = 42{,}2\ \text{min}

;

v_{\text{màx}} = \sqrt{g_{0}R_{T}} = 7{,}9\ \text{km/s}

, al centre de la Terra

Resolució

Pulsació i període. $\omega = \sqrt{\dfrac{k}{m}} = \sqrt{\dfrac{g_{0}}{R_{T}}} = \sqrt{\dfrac{9{,}81}{6{,}37\cdot10^{6}}} = 1{,}24\cdot10^{-3}\ \text{rad/s},\quad T = \dfrac{2\pi}{\omega} = 5{,}06\cdot10^{3}\ \text{s} = 84{,}4\ \text{min}$
Temps de travessia. La travessia és mig període: 42,2 min, independentment de la massa de la càpsula.
Velocitat màxima. S'assoleix al centre (posició d'equilibri): $v_{\text{màx}} = \omega A = \omega R_{T} = \sqrt{g_{0}R_{T}} = 7{,}91\cdot10^{3}\ \text{m/s} \approx 7{,}9\ \text{km/s}$ . A l'altre extrem la càpsula arriba amb velocitat nul·la.

Apartat c)

Resultat

Coincideixen exactament (84,4 min i 7,9 km/s): el MHS és la projecció del moviment circular uniforme del satèl·lit sobre un diàmetre.

Resolució

Òrbita rasant. $m\dfrac{v^{2}}{R_{T}} = m g_{0} \Rightarrow v = \sqrt{g_{0}R_{T}} = 7{,}9\ \text{km/s}$ , i $T = \dfrac{2\pi R_{T}}{v} = 2\pi\sqrt{\dfrac{R_{T}}{g_{0}}} = 84{,}4\ \text{min}$ .
Comparació. El període de l'òrbita és igual al de l'oscil·lació, i la velocitat orbital és igual a la velocitat màxima de la càpsula.
Per què coincideixen. Un MHS és la projecció d'un MCU sobre un diàmetre: la component, en la direcció del túnel, de la força sobre el satèl·lit és $-m g_{0}x/R_{T}$ , la mateixa que nota la càpsula. La càpsula es mou sempre «a l'ombra» del satèl·lit.

Apartat d)

Resultat

El temps és el mateix, 42,2 min;

v_{\text{màx}} = 3{,}7\cdot10^{2}\ \text{m/s}

Resolució

Component al llarg del túnel. Si x és la distància al punt mitjà de la corda i r la distància al centre: $F_{x} = -\dfrac{m g_{0} r}{R_{T}}\cdot\dfrac{x}{r} = -\dfrac{m g_{0}}{R_{T}}\,x$ La component perpendicular al túnel la compensen les parets.
Mateix període. La constant és la mateixa que abans, per tant la pulsació també: el trajecte entre els extrems dura 42,2 min, sigui quina sigui la longitud de la corda. En un MHS el període no depèn de l'amplitud.
Velocitat màxima. Només canvia l'amplitud, $A = 300\ \text{km}$ : $v_{\text{màx}} = \omega A = 1{,}24\cdot10^{-3}\cdot 3{,}0\cdot10^{5} = 3{,}7\cdot10^{2}\ \text{m/s}$ .

Errors típics

Fer servir F = G· $M_{T}$ ·m/r² amb tota la massa de la Terra a l'interior del planeta: la força augmentaria cap al centre en lloc de disminuir.
Donar el període sencer com a temps de travessia, en lloc de mig període.
Pensar que la velocitat màxima es té a la superfície de sortida: a l'altre extrem la càpsula arriba amb velocitat nul·la.
Creure que un túnel més curt es recorre en menys temps: en un MHS el període no depèn de l'amplitud.

Conceptes treballats: camp gravitatori a l'interior d'una esfera, condició de MHS, pulsació i període, relació entre MHS i moviment circular uniforme, velocitat orbital.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 34

Per mesurar la velocitat de les boles d'una marcadora de paintball, es dispara una bola de 3,0 g contra un bloc de 297 g amb la cara frontal enganxosa, unit a una molla horitzontal de constant k = 120 N/m, sobre una superfície sense fregament. La bola queda enganxada al bloc, que estava en repòs a la posició d'equilibri, i el conjunt oscil·la amb una amplitud de 4,5 cm.
a) Calcula el període de l'oscil·lació i la velocitat del conjunt just després de l'impacte.
b) Calcula la velocitat de la bola abans de l'impacte.
c) Quina fracció de l'energia cinètica inicial s'ha perdut? Raona per què no es pot aplicar la conservació de l'energia mecànica durant el xoc, però sí després.
d) Escriu l'equació x(t) del moviment, prenent t = 0 l'instant de l'impacte i el sentit positiu el del moviment de la bola.
e) Si la bola rebotés cap enrere en lloc de quedar-se enganxada, l'amplitud seria més gran o més petita? Raona-ho sense fer càlculs.

Pista 1

El xoc és instantani: el bloc encara és a la posició d'equilibri quan surt amb la velocitat màxima del MHS.

Pista 2

En el xoc es conserva la quantitat de moviment; després, l'energia mecànica del sistema massa-molla.

Pista 3

$v_{\mathrm{màx}}$ = A·ω, amb ω = $\sqrt{\tfrac{k}{m + M}}$ . Per a l'apartat e), pensa en la variació de la quantitat de moviment de la bola en cada cas.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 34

Apartat a)

Resultat

T = 0{,}314\ \text{s}

;

V = 0{,}90\ \text{m/s}

Resolució

Massa oscil·lant. Bola i bloc: $m + M = 0{,}300\ \text{kg}$ . $\omega = \sqrt{\dfrac{120}{0{,}300}} = 20\ \text{rad/s}$ ; $T = \dfrac{2\pi}{\omega} = 0{,}314\ \text{s}$ .
Velocitat just després. El xoc passa a la posició d'equilibri, de manera que la velocitat del conjunt just després és la velocitat màxima del MHS: $V = A\,\omega = 0{,}045\cdot 20 = 0{,}90\ \text{m/s}$ .

Apartat b)

Resultat

v = 90\ \text{m/s}

Resolució

Conservació de la quantitat de moviment. Durant el xoc (molt breu) les forces internes són enormes comparades amb la de la molla, que encara no s'ha deformat: es conserva la quantitat de moviment.
Càlcul. $m v = (m + M)V \Rightarrow v = \dfrac{0{,}300\cdot 0{,}90}{0{,}0030} = 90\ \text{m/s}$ , un valor típic d'una marcadora de paintball.

Apartat c)

Resultat

Es perd el 99 % de l'energia cinètica: el xoc és inelàstic, però després només treballa la molla (conservativa).

Resolució

Energies. $E_{c,\text{inicial}} = \tfrac{1}{2}\cdot 0{,}0030\cdot 90^{2} = 12{,}2\ \text{J}$ ; $E_{c,\text{després}} = \tfrac{1}{2}\cdot 0{,}300\cdot 0{,}90^{2} = 0{,}122\ \text{J}$ .
Fracció perduda. S'ha perdut el 99 %; en general, la fracció conservada és $\dfrac{m}{m + M} = 0{,}01$ .
Durant el xoc. El xoc és perfectament inelàstic: l'energia es transforma en deformació de la bola i de la cola, so i calor, que no són energia mecànica. Si apliquessis ½mv² = ½kA² obtindries una velocitat de la bola deu vegades massa petita.
Després del xoc. L'única força que treballa és la de la molla, que és conservativa, i l'energia mecànica es manté: $\tfrac{1}{2}kA^{2} = \tfrac{1}{2}\cdot 120\cdot 0{,}045^{2} = 0{,}122\ \text{J}$ , coincideix.

Apartat d)

Resultat

x(t) = 0{,}045\sin(20t)

(x en m, t en s)

Resolució

Condicions inicials. A t = 0 el bloc és a x = 0 i es mou en sentit positiu, de manera que la fase inicial és zero (un cosinus correspondria a començar a l'extrem).
Equació. $x(t) = A\sin(\omega t) = 0{,}045\sin(20t)$ .

Apartat e)

Resultat

Més gran: si la bola rebota, transfereix més quantitat de moviment al bloc, que surt més ràpid.

Resolució

Quantitat de moviment transferida. Si la bola rebota, la seva quantitat de moviment passa de m·v a un valor negatiu: la variació és més gran que si s'atura, i aquesta és la quantitat de moviment que rep el bloc.
Massa oscil·lant. A més, el bloc oscil·la sense la massa de la bola.
Conclusió. El bloc surt més ràpid i l'amplitud és més gran. Per això el mètode exigeix que la bola s'hi quedi enganxada: si no, el resultat seria erroni.

Errors típics

Aplicar la conservació de l'energia mecànica al xoc (½mv² = ½kA²) i obtenir una velocitat de la bola deu vegades massa petita.
Fer servir només la massa del bloc a la pulsació, oblidant la de la bola enganxada.
Escriure x(t) amb un cosinus, que correspondria a començar a l'extrem i no a l'equilibri.
Confondre la freqüència angular (rad/s) amb la freqüència (Hz).

Conceptes treballats: conservació de la quantitat de moviment en xocs inelàstics, energia del MHS, velocitat màxima i amplitud, condicions inicials i fase, mètode de mesura indirecta.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 35

Uns alumnes enganxen un telèfon mòbil a una massa penjada d'una molla vertical (massa total 0,50 kg) i la fan oscil·lar. Una aplicació registra l'acceleració lineal vertical (ja descompta la gravetat), amb l'eix x cap amunt. El gràfic mostra una sinusoide d'amplitud 3,2 $\text{m/s}^{2}$ i període 0,80 s. A l'instant que els alumnes prenen com a t = 0, l'aplicació marca a = +1,6 $\text{m/s}^{2}$ i l'acceleració està augmentant.
a) Calcula la pulsació, l'amplitud de l'oscil·lació i la velocitat màxima.
b) Calcula la constant de la molla i quant s'havia allargat respecte de la seva longitud natural en penjar-hi la massa.
c) Raona on és la massa a t = 0 i cap on es mou, i escriu l'equació x(t) = A·sin(ω·t + $φ_{0}$ ).
d) En quin instant arriba per primera vegada al punt més alt?
e) Si s'afegeix una segona massa igual i es torna a fer oscil·lar amb la mateixa amplitud, com canvien el període i l'acceleració màxima? Raona-ho.
Dades: g = 9,81 $\text{m/s}^{2}$ .

Gràfic acceleració-temps d'una massa que oscil·la penjada d'una molla: sinusoide d'amplitud 3,2 m/s² i període 0,80 s que a t = 0 val +1,6 m/s² i creix

Pista 1

En un MHS l'acceleració i la posició estan relacionades per a = − $ω^{2}$ ·x: el signe de l'acceleració et diu a quin costat de l'equilibri és la massa.

Pista 2

Si a = − $ω^{2}$ ·x, la derivada de l'acceleració és − $ω^{2}$ ·v. Si l'acceleració augmenta, quin signe té la velocitat?

Pista 3

Busca $φ_{0}$ amb sin $φ_{0}$ = x(0)/A i tria el quadrant segons el signe de cos $φ_{0}$ , que és el de la velocitat inicial.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 35

Apartat a)

Resultat

\omega = 7{,}85\ \text{rad/s}

;

A = 5{,}2\ \text{cm}

;

v_{\text{màx}} = 0{,}41\ \text{m/s}

Resolució

Dades del gràfic. Sinusoide d'amplitud $a_{\text{màx}} = 3{,}2\ \text{m/s}^{2}$ i període $T = 0{,}80\ \text{s}$ .
Pulsació. $\omega = \dfrac{2\pi}{T} = \dfrac{2\pi}{0{,}80} = 7{,}85\ \text{rad/s}$ .
Amplitud. Com que $a_{\text{màx}} = \omega^{2}A$ : $A = \dfrac{3{,}2}{7{,}85^{2}} = 5{,}2\cdot10^{-2}\ \text{m} = 5{,}2\ \text{cm}$ .
Velocitat màxima. $v_{\text{màx}} = A\,\omega = 0{,}052\cdot 7{,}85 = 0{,}41\ \text{m/s}$ .

Apartat b)

Resultat

k = 30{,}8\ \text{N/m}

;

\Delta l = 0{,}159\ \text{m} \approx 16\ \text{cm}

Resolució

Constant de la molla. $k = m\,\omega^{2} = 0{,}50\cdot 61{,}7 = 30{,}8\ \text{N/m}$ .
Allargament estàtic. A l'equilibri $k\,\Delta l = m g \Rightarrow \Delta l = \dfrac{g}{\omega^{2}} = \dfrac{9{,}81}{61{,}7} = 0{,}159\ \text{m} \approx 16\ \text{cm}$ . Es calcula amb la condició d'equilibri, no amb l'amplitud.
Observació. L'allargament estàtic depèn només del període: $\Delta l = \dfrac{g T^{2}}{4\pi^{2}}$ .

Apartat c)

Resultat

És a

x = -\tfrac{A}{2}

(per sota de l'equilibri) i baixa;

x(t) = 0{,}052\sin\left(7{,}85\,t + \tfrac{7\pi}{6}\right)

(SI)

Resolució

Posició. $x(0) = -\dfrac{a(0)}{\omega^{2}} = -\dfrac{1{,}6}{61{,}7} = -0{,}026\ \text{m} = -\dfrac{A}{2}$ : la massa és per sota de l'equilibri, a mitja amplitud. Compte: l'acceleració positiva vol dir que és a sota, perquè sempre apunta cap a l'equilibri. (L'aplicació ja descompta g; no l'has de restar.)
Sentit del moviment. L'acceleració augmenta, i com que $\dfrac{da}{dt} = -\omega^{2}v$ , la velocitat és negativa: la massa baixa, allunyant-se de l'equilibri cap a l'extrem inferior.
Fase inicial. $\sin\varphi_{0} = -\tfrac{1}{2}$ i $v(0) = A\,\omega\cos\varphi_{0} < 0 \Rightarrow \cos\varphi_{0} < 0$ . L'angle del tercer quadrant és $\varphi_{0} = \tfrac{7\pi}{6}\ \text{rad}$ ( $-\tfrac{\pi}{6}$ tindria el sinus correcte però velocitat positiva).
Equació i comprovació. $x(t) = 0{,}052\sin\left(7{,}85\,t + \tfrac{7\pi}{6}\right)$ . Comprovació: $v(0) = 0{,}052\cdot 7{,}85\cos\tfrac{7\pi}{6} = -0{,}35\ \text{m/s}$ (cap avall) i $a(0) = -\omega^{2}x(0) = +1{,}6\ \text{m/s}^{2}$ .

Apartat d)

Resultat

t = \tfrac{2T}{3} = 0{,}53\ \text{s}

Resolució

Condició. El punt més alt és x = +A, quan $\omega t + \tfrac{7\pi}{6} = \tfrac{5\pi}{2}$ (el primer valor més gran que $\tfrac{7\pi}{6}$ amb sinus igual a 1).
Càlcul. $\omega t = \tfrac{4\pi}{3} \Rightarrow t = \dfrac{4\pi/3}{7{,}85} = 0{,}53\ \text{s}$ , és a dir, 2/3 del període.
Interpretació. Té sentit: primer ha de baixar fins a l'extrem inferior i després pujar fins a dalt.

Apartat e)

Resultat

El període es multiplica per

\sqrt{2}

T = 1{,}13\ \text{s}

; l'acceleració màxima es divideix per 2:

1{,}6\ \text{m/s}^{2}

Resolució

Període. Amb el doble de massa, $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{k}}$ es multiplica per $\sqrt{2}$ : $T = 1{,}13\ \text{s}$ .
Acceleració màxima. Amb la mateixa amplitud, $a_{\text{màx}} = \omega^{2}A = \dfrac{k}{m}A$ es divideix per 2: $1{,}6\ \text{m/s}^{2}$ .
Interpretació. La força màxima de la molla (k·A) és la mateixa, però ha d'accelerar el doble de massa.

Errors típics

Suposar que, com que a(0) és positiva, la massa és per sobre de l'equilibri (és al revés: l'acceleració sempre apunta cap a l'equilibri).
Triar φ₀ = −π/6 (sinus correcte però velocitat positiva) sense comprovar el signe de la velocitat.
Oblidar que l'aplicació dona l'acceleració sense la gravetat i intentar restar-hi g.
Calcular l'allargament estàtic amb l'amplitud en lloc de la condició d'equilibri.

Conceptes treballats: equacions del MHS (posició, velocitat, acceleració), relació a = −ω²x, fase inicial i condicions inicials, molla vertical i equilibri, sensors i acceleròmetres.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 36

Els acceleròmetres dels airbags i dels mòbils són sistemes microelectromecànics (MEMS): una massa de prova microscòpica, m = 1,0· $10^{-9}$ kg, unida a uns braços que actuen com una molla, amb una freqüència pròpia d'oscil·lació $f_{0}$ = 5,0 kHz. La massa forma una de les plaques d'un condensador pla; l'altra placa és fixa a 2,0 µm.
a) Calcula la constant elàstica equivalent de la suspensió.
b) Quan el dispositiu té una acceleració constant a, la massa queda desplaçada una distància x respecte del xip. Raona per què x = $\tfrac{a}{\omega_{0}^{2}}$ i calcula x per a una acceleració igual a g.
c) La capacitat d'un condensador pla és inversament proporcional a la separació de les plaques. Estima el canvi relatiu de la capacitat quan l'acceleració val g.
d) En un xoc, el cotxe frena amb una desacceleració de 50 g. Comprova que la massa no toca la placa fixa.
e) Un enginyer proposa reduir la freqüència pròpia a 500 Hz per fer el sensor més sensible. Calcula el nou desplaçament per a 1 g i raona els inconvenients de la proposta.
Dades: g = 9,81 $\text{m/s}^{2}$ .

Pista 1

Relaciona la constant de la molla amb la freqüència pròpia: $ω_{0}$ = 2π· $f_{0}$ = $\sqrt{\tfrac{k}{m}}$ .

Pista 2

Si el xip accelera, la molla ha de fer sobre la massa la força necessària per accelerar-la amb ell: k·x = m·a. És el mateix que l'allargament d'una molla vertical sota el pes.

Pista 3

Si C ∝ $\tfrac{1}{d}$ , una variació petita de la separació Δd produeix ΔC/C ≈ Δd/d (en valor absolut).

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 36

Apartat a)

Resultat

k = 0{,}99\ \text{N/m}

Resolució

Freqüència angular pròpia. $\omega_{0} = 2\pi f_{0} = 2\pi\cdot 5{,}0\cdot10^{3} = 3{,}14\cdot10^{4}\ \text{rad/s}$ . Compte a no confondre $f_{0}$ amb $\omega_{0}$ : sortiria una constant $4\pi^{2}$ vegades massa petita.
Constant elàstica. $\omega_{0} = \sqrt{\dfrac{k}{m}} \Rightarrow k = m\,\omega_{0}^{2} = 1{,}0\cdot10^{-9}\cdot(3{,}14\cdot10^{4})^{2} = 0{,}99\ \text{N/m}$ .

Apartat b)

Resultat

x = \dfrac{a}{\omega_{0}^{2}}

; per a a = g,

x = 9{,}9\cdot10^{-9}\ \text{m} \approx 10\ \text{nm}

Resolució

Raonament. Perquè la massa acceleri juntament amb el xip, la molla ha d'exercir-hi una força m·a, i per fer-ho s'ha de deformar: $k x = m a \Rightarrow x = \dfrac{m a}{k} = \dfrac{a}{\omega_{0}^{2}}$
Analogia. És exactament el que passa amb una molla vertical en repòs, que s'allarga $g/\omega_{0}^{2}$ sota el pes. Amb acceleració constant, la massa no oscil·la contínuament: queda desplaçada en una posició fixa (un cop amortides les oscil·lacions).
Càlcul. $x = \dfrac{9{,}81}{(3{,}14\cdot10^{4})^{2}} = 9{,}9\cdot10^{-9}\ \text{m} \approx 10\ \text{nm}$ , unes cent vegades el diàmetre d'un àtom.

Apartat c)

Resultat

\dfrac{\Delta C}{C} \approx 5{,}0\cdot10^{-3}

, és a dir, un 0,5 %

Resolució

Condensador pla. Si $C \propto \dfrac{1}{d}$ , una variació petita de la separació produeix $\dfrac{\Delta C}{C} \approx \dfrac{\Delta d}{d}$ (en valor absolut).
Càlcul. $\dfrac{\Delta C}{C} \approx \dfrac{x}{d} = \dfrac{9{,}9\cdot10^{-9}}{2{,}0\cdot10^{-6}} = 5{,}0\cdot10^{-3}$ (un 0,5 %). Fixa't que cal comparar en les mateixes unitats (nm i µm).
Interpretació. És una variació petita però perfectament mesurable amb l'electrònica integrada al xip.

Apartat d)

Resultat

x = 0{,}50\ \mu\text{m} < 2{,}0\ \mu\text{m}

: la massa no toca la placa.

Resolució

Desplaçament. $x = 50\cdot 9{,}9\cdot10^{-9} = 5{,}0\cdot10^{-7}\ \text{m} = 0{,}50\ \mu\text{m}$ .
Conclusió. És més petit que la separació de 2,0 µm: la massa no toca la placa fixa, i el sensor continua sent lineal.

Apartat e)

Resultat

x \approx 9{,}9\cdot10^{-7}\ \text{m} \approx 1\ \mu\text{m}

per a 1 g; però amb 50 g xocaria amb la placa i respondria massa lent.

Resolució

Nou desplaçament. Com que $x = a/\omega_{0}^{2}$ , reduir la freqüència 10 vegades multiplica el desplaçament per 100: $x = \dfrac{9{,}81}{(2\pi\cdot 500)^{2}} = 9{,}9\cdot10^{-7}\ \text{m} \approx 1\ \mu\text{m}$ .
Inconvenient 1: rang. Amb 50 g el desplaçament seria de 50 µm, molt més que la separació de 2 µm: la massa xocaria amb la placa i el sensor quedaria saturat just quan més cal (en el xoc).
Inconvenient 2: rapidesa. Un oscil·lador només segueix fidelment acceleracions que varien molt més lentament que la seva freqüència pròpia; amb 500 Hz respondria malament als canvis ràpids d'un impacte, que duren mil·lisegons, i fins i tot hi podria entrar en ressonància.
Conclusió. Una freqüència pròpia més baixa no sempre millora el sensor: cal un compromís entre sensibilitat ( $f_{0}$ baixa) i rapidesa i rang de mesura ( $f_{0}$ alta).

Errors típics

Confondre f₀ amb ω₀ i obtenir una constant 4π² vegades massa petita.
Pensar que, amb acceleració constant, la massa oscil·la contínuament en lloc de quedar desplaçada en una posició fixa (un cop amortides les oscil·lacions).
Comparar el desplaçament amb la separació en unitats diferents (nm i µm).
Creure que una freqüència pròpia més baixa sempre millora el sensor.

Conceptes treballats: sistema massa-molla, freqüència pròpia, equilibri en un sistema accelerat, condensador pla, compromís sensibilitat–rang–rapidesa en el disseny d'instruments.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 37

Una boia oceanogràfica cilíndrica de 120 kg i 0,60 m de diàmetre sura verticalment a l'aigua de mar.
a) Calcula quina profunditat de la boia queda submergida en equilibri.
b) Si la boia s'enfonsa una distància addicional y i es deixa anar, demostra que la força neta és F = −ρ·g·S·y (S, secció de la boia) i que, per tant, fa un MHS (no tinguis en compte el fregament ni l'aigua que arrossega).
c) Calcula'n el període i demostra que també es pot escriure com T = 2π· $\sqrt{\tfrac{h}{g}}$ , on h és la profunditat submergida en equilibri. Interpreta aquesta expressió.
d) Les onades del mar tenen períodes d'entre 1 s i 15 s. Raona què passaria a la boia amb onades de període proper a 1,3 s. Per què, en canvi, un captador d'energia de les onades es dissenya justament per treballar en aquesta situació?
e) Si la mateixa boia s'instal·la en un embassament d'aigua dolça, el període augmenta, disminueix o no canvia? Raona-ho i calcula'l.
Dades: $ρ_{\mathrm{mar}}$ = 1025 $\text{kg/m}^{3}$ ; $ρ_{\mathrm{dolça}}$ = 1000 $\text{kg/m}^{3}$ ; g = 9,81 $\text{m/s}^{2}$ .

Pista 1

En equilibri, l'empenta d'Arquimedes (pes del volum d'aigua desallotjat) iguala el pes de la boia.

Pista 2

Si la boia s'enfonsa y més, l'empenta augmenta en el pes d'un cilindre d'aigua de secció S i alçada y. Quina és la constant recuperadora?

Pista 3

Substitueix k = ρ·g·S a T = 2π· $\sqrt{\tfrac{m}{k}}$ i fes servir la condició d'equilibri m = ρ·S·h.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 37

Apartat a)

Resultat

h = 0{,}41\ \text{m}

Resolució

Secció. $S = \pi\cdot 0{,}30^{2} = 0{,}283\ \text{m}^{2}$ (amb el radi, no el diàmetre).
Principi d'Arquimedes. En equilibri l'empenta iguala el pes: $\rho S h g = m g$ .
Càlcul. $h = \dfrac{m}{\rho S} = \dfrac{120}{1025\cdot 0{,}283} = 0{,}41\ \text{m}$ .

Apartat b)

Resultat

F = -\rho g S\,y

, de la forma

F = -ky

amb

k = \rho g S = 2{,}84\cdot10^{3}\ \text{N/m}

: és un MHS.

Resolució

Força addicional. Si la boia baixa una distància y per sota de l'equilibri, el volum submergit augmenta S·y i l'empenta creix ρ·S·y·g, mentre que el pes no canvia (ja queda compensat a l'equilibri).
Força neta. La força neta és cap amunt, contrària al desplaçament: $F = -\rho g S\,y$ .
Condició de MHS. És proporcional al desplaçament i de sentit contrari, amb $k = \rho g S = 1025\cdot 9{,}81\cdot 0{,}283 = 2{,}84\cdot10^{3}\ \text{N/m}$ .

Apartat c)

Resultat

T = 1{,}29\ \text{s} = 2\pi\sqrt{\dfrac{h}{g}}

: només depèn de quant s'enfonsa la boia.

Resolució

Període. $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{m}{k}} = 2\pi\sqrt{\dfrac{120}{2{,}84\cdot10^{3}}} = 1{,}29\ \text{s}$ .
Expressió alternativa. Com que $m = \rho S h$ : $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{\rho S h}{\rho g S}} = 2\pi\sqrt{\dfrac{h}{g}} = 2\pi\sqrt{\dfrac{0{,}414}{9{,}81}} = 1{,}29\ \text{s}$
Interpretació. És la mateixa expressió que la d'un pèndol de longitud h, o que la d'una molla vertical que s'allarga h en equilibri: el període només depèn de quant s'enfonsa la boia, no de la seva massa ni de la densitat de l'aigua per separat.

Apartat d)

Resultat

Entraria en ressonància i oscil·laria amb gran amplitud; un captador d'energia busca justament aquesta situació perquè extreu més energia com més gran és l'amplitud.

Resolució

Boia de mesura. Amb onades de període proper a 1,3 s (gairebé igual al propi), la boia seria forçada en ressonància: l'amplitud creixeria molt, fins al límit que imposa l'amortiment, i podria bolcar, trencar l'ancoratge o malmetre els instruments. Per a una boia de mesura s'intenta evitar-ho.
Captador d'energia. Un captador d'energia de les onades vol que la boia es mogui tant com sigui possible, perquè l'energia que extreu creix amb l'amplitud: es dissenya (o se sintonitza) perquè la seva freqüència pròpia coincideixi amb la de les onades dominants de la zona.
Conclusió. Allunyar-se o no de la ressonància depèn de l'objectiu del dispositiu.

Apartat e)

Resultat

El període augmenta lleugerament:

T = 1{,}31\ \text{s}

Resolució

Nova profunditat. L'aigua dolça és menys densa i la boia s'ha d'enfonsar més per desallotjar el mateix pes: $h = \dfrac{120}{1000\cdot 0{,}283} = 0{,}424\ \text{m}$ .
Període. Com que $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{h}{g}}$ : $T = 2\pi\sqrt{\dfrac{0{,}424}{9{,}81}} = 1{,}31\ \text{s}$ .
Altra manera de veure-ho. La massa no canvia però $k = \rho g S$ és més petita, i per tant el període és més llarg.

Errors típics

Incloure el pes a la força recuperadora: el pes queda compensat a l'equilibri i només compta l'empenta addicional.
Fer servir el diàmetre en lloc del radi per calcular la secció.
Pensar que la boia sempre s'ha d'allunyar de la ressonància: depèn de l'objectiu del dispositiu.
Dir que en aigua dolça la boia sura menys i, per tant, el període no canvia.

Conceptes treballats: principi d'Arquimedes, condició de MHS i constant recuperadora, període d'un oscil·lador, analogia amb la molla vertical i el pèndol, ressonància i captació d'energia de les onades.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 38

A l'Estació Espacial Internacional (ISS), que orbita a 400 km d'altura, els astronautes es pesen amb una cadira unida a unes molles que oscil·la horitzontalment. La cadira buida té una massa de 30,0 kg; es cronometren 10 oscil·lacions i s'obté 12,00 s. Amb un astronauta ben subjectat, 10 oscil·lacions duren 21,50 s. El cronòmetre té una incertesa de ±0,02 s.
a) Calcula la gravetat a l'altura de l'ISS. Raona per què, tot i que no és zero, una balança normal no serveix per «pesar-se» a bord.
b) Calcula la constant elàstica de les molles de la cadira.
c) Calcula la massa de l'astronauta.
d) Per què es cronometren 10 oscil·lacions i no una? Calcula la incertesa de la massa obtinguda.
e) Si l'astronauta no està ben subjectat i el seu cos «balla» una mica respecte de la cadira, raona per què el mètode deixa de ser fiable.
Dades: $g_{0}$ = 9,81 $\text{m/s}^{2}$ ; $R_{T}$ = 6,37· $10^{6}$ m.

Pista 1

L'ISS i tot el que conté estan en caiguda lliure al voltant de la Terra. Què marca una balança en un ascensor que cau lliurement?

Pista 2

El període d'un sistema massa-molla depèn de la massa inercial, que és la mateixa a la Terra i a l'espai. Amb la cadira buida trobes k.

Pista 3

Si T = 2π· $\sqrt{\tfrac{m_{0} + m}{k}}$ , aleshores m = $m_{0}$ ·( $T_{1}$ ²/ $T_{0}$ ² − 1). Per propagar errors, l'error de cada període és el del cronòmetre dividit entre 10.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 38

Apartat a)

Resultat

g = 8{,}69\ \text{m/s}^{2}

; la balança marca zero perquè l'estació i els seus ocupants estan en caiguda lliure.

Resolució

Gravetat a l'altura de l'ISS. $g = g_{0}\left(\dfrac{R_{T}}{R_{T} + h}\right)^{2} = 9{,}81\left(\dfrac{6{,}37}{6{,}77}\right)^{2} = 8{,}69\ \text{m/s}^{2}$ gairebé el 90 % del valor a la superfície.
Caiguda lliure. L'estació i tots els seus ocupants estan en caiguda lliure contínua (l'òrbita és precisament això): tots tenen la mateixa acceleració g, com en un ascensor que cau lliurement.
Conclusió. La balança no ha de fer cap força per sostenir l'astronauta i marca zero (imponderabilitat aparent), tot i que el pes no és nul. No és cert que a l'ISS no hi hagi gravetat.

Apartat b)

Resultat

k = 822\ \text{N/m}

Resolució

Període de la cadira buida. $T_{0} = \dfrac{12{,}00}{10} = 1{,}200\ \text{s}$ . El període d'una molla depèn de la massa inercial, la mateixa a la Terra i a l'espai, no de g.
Càlcul. $k = \dfrac{4\pi^{2}m_{0}}{T_{0}^{2}} = \dfrac{4\pi^{2}\cdot 30{,}0}{1{,}200^{2}} = 822\ \text{N/m}$ .

Apartat c)

Resultat

m = 66{,}3\ \text{kg}

Resolució

Període amb l'astronauta. $T_{1} = \dfrac{21{,}50}{10} = 2{,}150\ \text{s}$ , i $m_{0} + m = \dfrac{k T_{1}^{2}}{4\pi^{2}}$ .
Càlcul. Cal restar la massa de la cadira: $m = m_{0}\left(\dfrac{T_{1}^{2}}{T_{0}^{2}} - 1\right) = 30{,}0\left(\dfrac{4{,}6225}{1{,}4400} - 1\right) = 66{,}3\ \text{kg}$
Interpretació. Aquest mètode mesura la massa inercial (la resistència a ser accelerat), que no depèn de la gravetat.

Apartat d)

Resultat

Per reduir l'error del període 10 vegades;

m = (66{,}3 \pm 0{,}5)\ \text{kg}

Resolució

Per què 10 oscil·lacions. L'error del cronòmetre (sobretot el temps de reacció) és el mateix per a una o per a deu oscil·lacions; repartit entre 10, l'error de cada període és deu vegades més petit: $\Delta T = \dfrac{0{,}02}{10} = 0{,}002\ \text{s}$ . Cal dividir per 10 tant el temps com l'error.
Propagació d'errors (errors màxims). $\Delta m = m_{0}\left[\dfrac{2T_{1}\,\Delta T_{1}}{T_{0}^{2}} + \dfrac{2T_{1}^{2}\,\Delta T_{0}}{T_{0}^{3}}\right] = 30{,}0\left[\dfrac{2\cdot 2{,}150\cdot 0{,}002}{1{,}44} + \dfrac{2\cdot 4{,}6225\cdot 0{,}002}{1{,}728}\right] = 0{,}50\ \text{kg}$
Resultat. $m = (66{,}3 \pm 0{,}5)\ \text{kg}$ . Amb una sola oscil·lació l'error seria de 5 kg, inacceptable per al seguiment mèdic de l'astronauta.

Apartat e)

Resultat

Si el cos es mou respecte de la cadira, no oscil·la tot com una sola massa rígida i el període mesurat ja no correspon a m₀ + m.

Resolució

Hipòtesi del model. El model suposa una sola massa rígida unida a la molla.
Què falla. Si el cos es mou respecte de la cadira (els teixits, els braços, la roba), una part de la massa no oscil·la en fase amb la cadira: el sistema es comporta com dos oscil·ladors acoblats, el període mesurat no correspon a m₀ + m i les oscil·lacions deixen de ser sinusoidals.
Conclusió. El resultat surt erroni; per això l'astronauta s'hi ha d'estrènyer i mantenir el cos rígid.

Errors típics

Afirmar que a l'ISS no hi ha gravetat: n'hi ha gairebé tanta com a terra; el que passa és que tot cau lliurement.
Calcular la massa de l'astronauta sense restar la de la cadira.
Dividir el temps total per 10 però no dividir-ne també l'error.
Pensar que el període d'una molla depèn de g i que, per tant, a l'espai no oscil·laria.

Conceptes treballats: període del sistema massa-molla, massa inercial i gravitatòria, imponderabilitat i caiguda lliure orbital, variació de g amb l'altura, propagació d'errors.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 39

Els espectròmetres d'infraroig dels laboratoris d'anàlisi i dels detectors de gasos identifiquen molècules perquè cada enllaç vibra a una freqüència característica. L'enllaç de la molècula de clorur d'hidrogen (HCl) es pot modelitzar com una molla: l'àtom de clor, molt més pesant, queda pràcticament quiet i l'hidrogen hi oscil·la amb una massa efectiva (massa reduïda) μ = 1,63· $10^{-27}$ kg. La molècula absorbeix llum infraroja de freqüència f = 8,66· $10^{13}$ Hz, igual a la seva freqüència de vibració.
a) Calcula la constant elàstica de l'enllaç i compara-la amb la d'una molla de laboratori (unes desenes de N/m).
b) Calcula la longitud d'ona de la radiació absorbida i digues a quina zona de l'espectre pertany.
c) Calcula l'energia del fotó absorbit en eV i compara-la amb l'energia tèrmica típica $k_{B}$ ·T a 300 K. Què en dedueixes sobre l'estat de vibració de la majoria de molècules a temperatura ambient?
d) En l'estat fonamental, l'energia de vibració de la molècula és h· $\tfrac{f}{2}$ . Si la considerem un oscil·lador clàssic amb aquesta energia, quina amplitud tindria? Compara-la amb la longitud de l'enllaç, 0,127 nm, i raona si el model de MHS és raonable.
e) En la molècula DCl (amb deuteri en lloc d'hidrogen) l'enllaç és el mateix però la massa reduïda és μ' = 3,14· $10^{-27}$ kg. A quina freqüència absorbirà? Raona per què.
Dades: h = 6,63· $10^{-34}$ J·s; c = 3,00· $10^{8}$ m/s; $k_{B}$ = 1,381· $10^{-23}$ J/K; 1 eV = 1,602· $10^{-19}$ J.

Pista 1

Per a un oscil·lador harmònic, ω = 2π·f = $\sqrt{\tfrac{k}{\mu}}$ . La radiació s'absorbeix per ressonància: la freqüència del fotó coincideix amb la de vibració.

Pista 2

L'energia d'un fotó és h·f. Per comparar, calcula també $k_{B}$ ·T en eV.

Pista 3

L'energia d'un MHS és ½·k· $A^{2}$ . Per a l'apartat e), la constant de l'enllaç depèn dels electrons, no dels nuclis.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 39

Apartat a)

Resultat

k = 4{,}83\cdot10^{2}\ \text{N/m}

, més rígid que una molla de laboratori (unes desenes de N/m)

Resolució

Oscil·lador harmònic. $\omega = 2\pi f = \sqrt{\dfrac{k}{\mu}} \Rightarrow k = \mu(2\pi f)^{2}$ . Cal fer servir la massa reduïda (pràcticament la de l'hidrogen), no la de tota la molècula, i no confondre f amb ω.
Càlcul. $k = 1{,}63\cdot10^{-27}\cdot(2\pi\cdot 8{,}66\cdot10^{13})^{2} = 4{,}83\cdot10^{2}\ \text{N/m}$
Comparació. És més rígid que una molla de laboratori típica, tot i la petitesa de la molècula: les forces elèctriques de l'enllaç químic són molt intenses a escala atòmica.

Apartat b)

Resultat

\lambda = 3{,}46\ \mu\text{m}

: infraroig

Resolució

Càlcul. $\lambda = \dfrac{c}{f} = \dfrac{3{,}00\cdot10^{8}}{8{,}66\cdot10^{13}} = 3{,}46\cdot10^{-6}\ \text{m} = 3{,}46\ \mu\text{m}$ .
Zona de l'espectre. És infraroig (infraroig mitjà), com totes les vibracions moleculars. Per això els detectors de gasos (de CO₂, d'HCl…) treballen en l'infraroig.

Apartat c)

Resultat

E = 0{,}358\ \text{eV}

, unes 14 vegades

k_{B}T = 0{,}0259\ \text{eV}

: gairebé totes les molècules són a l'estat de vibració fonamental.

Resolució

Energia del fotó. $E = h f = 6{,}63\cdot10^{-34}\cdot 8{,}66\cdot10^{13} = 5{,}74\cdot10^{-20}\ \text{J} = 0{,}358\ \text{eV}$ .
Energia tèrmica. $k_{B}T = \dfrac{1{,}381\cdot10^{-23}\cdot 300}{1{,}602\cdot10^{-19}} = 0{,}0259\ \text{eV}$ , unes 14 vegades menys (compara-les totes dues en eV).
Conclusió. L'agitació tèrmica no té prou energia per excitar la vibració: a temperatura ambient pràcticament totes les molècules d'HCl són a l'estat de vibració fonamental, i absorbeixen la radiació de 3,46 µm saltant al primer nivell excitat (la vibració de l'enllaç està quantitzada).

Apartat d)

Resultat

A = 1{,}09\cdot10^{-11}\ \text{m} = 0{,}011\ \text{nm}

, un 9 % de la longitud de l'enllaç: el model de MHS és raonable.

Resolució

Energia del MHS. $\tfrac{1}{2}kA^{2} = \dfrac{h f}{2} \Rightarrow A = \sqrt{\dfrac{h f}{k}} = \sqrt{\dfrac{5{,}74\cdot10^{-20}}{483}} = 1{,}09\cdot10^{-11}\ \text{m}$
Comparació. A = 0,011 nm, aproximadament un 9 % de la longitud de l'enllaç (0,127 nm).
Validesa del model. Com que l'amplitud és petita comparada amb la distància d'equilibri, la força de l'enllaç és aproximadament proporcional al desplaçament i el model de MHS és una bona primera aproximació (per a energies molt més altes, l'enllaç es trencaria i el model deixaria de valer).

Apartat e)

Resultat

f' = 6{,}24\cdot10^{13}\ \text{Hz}

: la mateixa constant d'enllaç però més massa, per tant oscil·la més lentament.

Resolució

Raonament. La constant de l'enllaç és la mateixa (la determinen els electrons, que no canvien), però la massa reduïda és més gran.
Càlcul. $f' = f\sqrt{\dfrac{\mu}{\mu'}} = 8{,}66\cdot10^{13}\sqrt{\dfrac{1{,}63}{3{,}14}} = 6{,}24\cdot10^{13}\ \text{Hz}$ Fixa't que, encara que la massa gairebé es dupliqui, la freqüència no es divideix per 2 sinó aproximadament per $\sqrt{2}$ .
Conclusió. Una massa més gran oscil·la més lentament amb la mateixa molla. Aquest «efecte isotòpic» permet distingir en un espectre molècules amb isòtops diferents.

Errors típics

Fer servir la massa de tota la molècula en lloc de la massa reduïda (pràcticament la de l'hidrogen).
Confondre f amb ω en calcular k (error d'un factor 4π²).
Pensar que, com que el deuteri té el doble de massa, la freqüència es divideix per 2 (es divideix per $\sqrt{2}$ aproximadament).
No passar l'energia del fotó a eV abans de comparar-la amb k_B·T en eV.

Conceptes treballats: MHS i constant elàstica, energia d'un oscil·lador, energia del fotó i espectre electromagnètic, quantització de l'energia, ressonància en l'absorció de radiació, efecte isotòpic.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Exercici 40

Un tub en U vertical, de secció uniforme $S = 2{,}0\ \mathrm{cm^2}$ , conté aigua ( $\rho = 1000\ \mathrm{kg/m^3}$ ) amb una longitud total de columna de líquid, mesurada al llarg del tub, $L = 0{,}500\ \mathrm{m}$ . S'aspira per una branca i s'allibera el líquid, que oscil·la entre les dues branques sense fregament apreciable amb una amplitud de $2{,}0\ \mathrm{cm}$ (desplaçament del nivell respecte de la posició d'equilibri). Pren $g = 9{,}81\ \mathrm{m/s^2}$ .
a) Si el nivell d'una branca és $x$ per sobre del d'equilibri, quin és el desnivell entre les dues branques? Demostra que la força resultant sobre tot el líquid és $F = -2\rho g S x$ i que el moviment és harmònic simple. Calcula $\omega$ , $T$ i $f$ .
b) Raona si el període seria diferent amb mercuri ( $\rho = 13\,600\ \mathrm{kg/m^3}$ ) amb la mateixa longitud de columna, i si dependria de la secció del tub.
c) Calcula la velocitat màxima del líquid i l'energia mecànica de l'oscil·lació. Comprova el resultat calculant-la a partir de la constant recuperadora.
d) Es repeteix l'experiment amb el tub inclinat de manera que les dues branques formen $30^\circ$ amb l'horitzontal (mateixa longitud $L$ de líquid). Calcula el nou període i compara'l amb l'anterior.
e) A la pràctica l'amplitud disminueix un $8{,}0\,\%$ en cada oscil·lació completa per la viscositat. Quantes oscil·lacions i quant de temps triga l'energia a reduir-se a la meitat? Per què el moviment ja no és estrictament un MHS?

Pista 1

Quan el nivell puja $x$ en una branca, baixa $x$ a l'altra. La força que tendeix a recuperar l'equilibri és el pes de la columna de líquid que sobresurt, de secció $S$ , i la massa que s'acobla al moviment és tot el líquid del tub.

Pista 2

Amb $F = -kx$ i $m = \rho S L$ , la freqüència angular és $\omega = \sqrt{k/m}$ . Simplifica $\rho$ i $S$ abans de substituir. Per a l'energia: $E = \tfrac{1}{2}kA^2 = \tfrac{1}{2}m v_{\max}^2$ .

Pista 3

Amb el tub inclinat, si el líquid es desplaça una distància $s$ al llarg del tub, cada nivell canvia d'altura $s\sin\alpha$ i el desnivell és $2s\sin\alpha$ . Per a l'amortiment, l'energia és proporcional al quadrat de l'amplitud.

Mira la solucióAmaga la solucióde l'exercici 40

Apartat a)

Resultat

Desnivell

2x

;

F = -2\rho g S\,x

(MHS);

\omega = 6{,}26\ \text{rad/s}

T = 1{,}00\ \text{s}

f = 0{,}997\ \text{Hz}

Resolució

Desnivell. Si un nivell puja $x$ , l'altre baixa $x$ : el desnivell és $2x$ (no $x$ ).
Força recuperadora. La part del líquid que sobresurt té un pes $\rho g S\cdot 2x$ i el tira cap a la posició d'equilibri: $F = -2\rho g S\,x$ , de la forma $F = -kx$ amb $k = 2\rho g S = 3{,}92\ \text{N/m}$ . Força recuperadora lineal: és un MHS.
Massa oscil·lant. S'ha de moure tota la columna de líquid: $m = \rho S L = 0{,}100\ \text{kg}$ .
Càlcul. $\omega = \sqrt{\dfrac{k}{m}} = \sqrt{\dfrac{2\rho g S}{\rho S L}} = \sqrt{\dfrac{2g}{L}} = 6{,}26\ \text{rad/s},\quad T = 2\pi\sqrt{\dfrac{L}{2g}} = 1{,}00\ \text{s},\quad f = 0{,}997\ \text{Hz}$

Apartat b)

Resultat

No canvia ni amb mercuri ni amb una altra secció: només depèn de L i de g.

Resolució

Simplificació. La densitat i la secció s'han simplificat: k i m són tots dos proporcionals a $\rho S$ .
Conclusió. El període només depèn de L i de g: amb mercuri la força és 13,6 vegades més gran, però també la massa que s'ha de moure.

Apartat c)

Resultat

v_{\text{màx}} = 0{,}125\ \text{m/s}

;

E = 7{,}85\cdot10^{-4}\ \text{J}

Resolució

Velocitat màxima. $v_{\text{màx}} = \omega A = 6{,}26\cdot 0{,}020 = 0{,}125\ \text{m/s}$ .
Energia mecànica. $E = \tfrac{1}{2}m v_{\text{màx}}^{2} = \tfrac{1}{2}\cdot 0{,}100\cdot 0{,}125^{2} = 7{,}85\cdot10^{-4}\ \text{J}$ .
Comprovació. $E = \tfrac{1}{2}kA^{2} = \tfrac{1}{2}\cdot 3{,}924\cdot 0{,}020^{2} = 7{,}85\cdot10^{-4}\ \text{J}$ , coincideix.

Apartat d)

Resultat

T' = \sqrt{2}\,T = 1{,}42\ \text{s}

, un 41 % més llarg

Resolució

Nou desnivell. Si el líquid es mou $s$ al llarg del tub, cada nivell canvia d'altura $s\sin\alpha$ (α mesurat respecte de l'horitzontal) i el desnivell és $2s\sin\alpha$ : $F = -2\rho g S\sin\alpha\cdot s$ .
Càlcul. $\omega^{2} = \dfrac{2g\sin\alpha}{L} = \dfrac{g}{L}$ per a $\alpha = 30^\circ$ : $\omega = 4{,}43\ \text{rad/s}$ i $T' = 2\pi\sqrt{\dfrac{L}{g}} = 1{,}42\ \text{s}$ .
Comparació. $T' = \dfrac{T}{\sqrt{\sin 30^\circ}} = \sqrt{2}\,T$ (un 41 % més llarg): la força recuperadora és més petita per al mateix desplaçament.

Apartat e)

Resultat

n \approx 4{,}2

oscil·lacions,

t \approx 4{,}2\ \text{s}

; hi ha fregament viscós i el moviment és amortit.

Resolució

Factor per oscil·lació. L'amplitud es multiplica per 0,92 i l'energia, que és proporcional al quadrat de l'amplitud, per $0{,}92^{2} = 0{,}846$ a cada oscil·lació (el 8 % s'aplica a l'amplitud, no a l'energia).
Càlcul. $0{,}846^{\,n} = 0{,}5 \Rightarrow n = \dfrac{\ln 0{,}5}{\ln 0{,}846} = 4{,}16$ És a dir, unes 4,2 oscil·lacions, que duren $t = 4{,}16\cdot 1{,}003\ \text{s} = 4{,}2\ \text{s}$ .
Per què ja no és un MHS. Hi ha una força de fregament (viscositat) que dissipa energia mecànica en forma de calor; no és una força recuperadora lineal i l'amplitud no es manté constant: el moviment és harmònic amortit.

Errors típics

Prendre el desnivell $x$ en lloc de $2x$ , i obtenir $\omega = \sqrt{g/L}$ en lloc de $\sqrt{2g/L}$ .
Posar en $m$ només la massa de la part que s'aixeca en lloc de tot el líquid: s'ha de moure tota la columna.
Pensar que el període depèn de la densitat del líquid o de la secció del tub.
Amb el tub inclinat, utilitzar $\sin\alpha$ per a l'angle respecte de la vertical, o aplicar tot el pes en lloc de la diferència d'alçades.
En l'apartat e), aplicar el 8 % directament a l'energia en lloc de a l'amplitud.

Conceptes treballats: condició de MHS (força recuperadora proporcional al desplaçament), període d'un oscil·lador no mecànic, pressió hidrostàtica, independència del període respecte de la densitat, energia mecànica de l'oscil·lador, oscil·lacions amortides.

Nivell PAU: t'ajudem amb el dubte? Pregunta-ho per WhatsApp · Ensenya-ho a casa

Preguntes freqüents

Com es calcula el període d'una molla i d'un pèndol simple?

Per a una massa m en una molla de constant k, T = 2π $\sqrt{\tfrac{m}{k}}$ ; per a un pèndol simple de longitud L amb oscil·lacions petites, T = 2π $\sqrt{\tfrac{L}{g}}$ . En cap dels dos casos el període depèn de l'amplitud, i el del pèndol tampoc depèn de la massa.

Quina diferència hi ha entre freqüència i freqüència angular?

La freqüència f és el nombre d'oscil·lacions per segon i es mesura en hertz; la freqüència angular ω = 2πf = 2π/T es mesura en rad/s i és la que apareix dins del sinus de l'equació x = A·sin(ωt + φ0).

On són màximes la velocitat i l'acceleració en un MHS?

La velocitat és màxima al punt d'equilibri (x = 0), on val Aω, i nul·la als extrems; l'acceleració és màxima als extrems (x = ±A), on val Aω², i nul·la al punt d'equilibri, perquè a = − $ω^{2}$ x.

Tornar a Física