Parámetros de un movimiento armónico simple y cálculo de la posición, velocidad y aceleración del móvil en ciertos instantes de tiempo

Un cierto movimiento armónico simple (m.a.s) tiene por ecuación $x(t)=2\,\cos(\pi\,t+\frac{\pi}{3})$, en unidades del SI (y en radianes las unidades de magnitud angular). Voy a extraer de ella información importante: la amplitud, la frecuencia angular, la frecuencia y el periodo. También calcularé cuál es la posición del móvil en el instante inicial, $t=0\,\text{s}$, así como la velocidad y la aceleración en el instante $t=\frac{1}{10}\,\text{s}$

Teniendo en cuenta que la ecuación genérica de la posición en un instante de tiempo $t$ de un m.a.s es $x(t)=A\,\sin\,(wt+\delta)$, en la que $A$ representa la amplitud; $w$ la frecuencia angular, y $\delta$ el desfase en el instante inicial, y, sabiendo que, para un ángulo cualquiera, $\theta$, las funciones trigonométricas seno y coseno está relacionadas mediante la identidad $\cos\,\theta = \sin\,(\theta+\frac{\pi}{2})$, podemos escribir la ecuación del m.a.s dada de la forma $x(t)=2\,\cos(\pi\,t+\frac{\pi}{3})=2\,\sin\,((\pi\,t+\frac{\pi}{3})+\frac{\pi}{2})=2\,\sin\,(\pi\,t+\frac{5}{6}\,\pi) \quad (1)$. Entonces, comparando esta ecuación con la e. genérica, se deduce que el valor de la amplitud es $A=2\,\text{m}$; el valor del desfase en el instante inicial, $\delta=\dfrac{5}{6}\,\pi\,\,\text{rad}$; el valor de la frecuencia angular es $w=\pi\,\dfrac{\text{rad}}{\text{s}}$, y como $w=\dfrac{2\,\pi}{T}$, siendo $T$ el periodo, vemos que $\pi=\dfrac{2\,\pi}{T}$ con lo cual $T=2\,\text{s}$; por consiguiente, como la frecuencia $f$ se define como el inverso del periodo $T$, deducimos que $f=0,5\,\text{s}^{-1}$.

La posición del móvil en el instante inicial es, de $(1)$, $$x(0)=2\,\sin\,(\pi\cdot 0+\frac{5}{6}\,\pi)=2\,\sin\,(\frac{5}{6}\,\pi)\,\,\text{m}=2\cdot \dfrac{1}{2}\,\,\text{m}=1\,\text{m}$$

Derivando sucesivamente dos veces $(1)$ con respecto de $t$, encontramos las ecuaciones de la velocidad y de la aceleración: $$v(t):=\dot{x}(t)=2\,\pi \cdot \cos\,(\pi\,t+\frac{5}{6}\,\pi)\quad (2)$$ $$a(t):=\ddot{x}(t)= -2\,\pi^2\,\sin\,(\pi\,t+\frac{5}{6}\,\pi)\quad (3)$$ Por tanto, los valores de la velocidad y de la aceleración del móvil en el instante $t=\frac{1}{10}\,\,\text{s}$, de $(2)$ y $(3)$, son: $$v(\frac{1}{10})=2\,\pi \cdot \cos(\frac{1}{10}\,\pi+\frac{5}{6}\,\pi) = 2\,\pi\cdot \cos(\frac{14}{15}\,\pi) \approx -6\,\dfrac{\text{m}}{\text{s}}$$ $$a(\frac{1}{10})=-2\,\pi^2\,\sin(\frac{1}{10}\,\pi+\frac{5}{6}\,\pi)=-2\,\pi^2\,\sin(\frac{14}{15}\,\pi) \approx -4\,\dfrac{\text{m}}{\text{s}^2}$$ $\diamond$

De cero a cien ...

Hemos leído en una revista de mecánica que un cierto vehículo es capaz de pasar de una velocidad de cero a cien kilómetros por hora en diez segundos, intervalo de tiempo durante el cual se mueve a aceleración constante. Nos preguntamos, a qué distancia de la salida se encontrará en dicho tiempo.

Necesitaremos calcular la aceleración que actúa sobre el vehículo durante este tiempo de $10\,\text{s}$; para ello, tengamos en cuenta que, al tratarse de un m.r.u.a ($a=\text{constante}$), se tiene que $v(t)=v(0)+a\cdot t$, luego, al ser $v(0)=0\,\dfrac{\text{m}}{\text{s}}$ (se parte del reposo), $a=\dfrac{v(t)}{t}$

La velocidad final, en unidades del SI, es $100\,\dfrac{\text{km}}{\text{h}}=100\,\dfrac{\text{km}}{\text{h}}\cdot \dfrac{1}{1000}\,\dfrac{\text{m}}{\text{km}} \cdot \dfrac{1}{3600}\,\dfrac{\text{h}}{\text{s}}=36\,\dfrac{\text{m}}{\text{s}}$, con lo cual, $a=\dfrac{36}{10}=\dfrac{18}{5}\,\dfrac{\text{m}}{\text{s}^2}$. Finalmente, por la ecuación del movimiento referida a la posición que el vehículo tiene en cada instante de tiempo: $x(t)=x(0)+v(0)\,t+\dfrac{1}{2}\,a\,t^2$; y, como hemos colocado el sistema de referencia en la posición de salida, $x(0)=0$, luego $x(10)=0+0\cdot t+\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{18}{5} \cdot 10^2=180$, por consiguiente la distancia pedida es $\ell:=x(10)-x(0)=180\,\text{m}$   $\diamond$

Movimiento uniformemente acelerado en una rampa sin rozamiento

Un objeto está situado en un plano inclinado que forma un ángulo $\alpha$ con respecto al plano horizontal. Se supone que la intensidad del campo gravitatorio es de $g=9,81\,\text{m}\cdot \text{s}^{-2}$. El rozamiento con el plano inclinado se considera despreciable. Toda vez que el objeto empieza a deslizar, ¿cuánto tiempo tarde en alcanzar una velocidad de $4\,\text{m}\cdot \text{s}^{-1}$? ¿Qué longitud se habrá desplazado sobre el plano hasta dicho instante?

Situemos el sistema de referencia en el punto en el que el objeto empieza a deslizar, y en la dirección del movimiento. Por la segunda ley de Newton, la aceleración en la dirección del movimiento, $a$, es tal que $m\,a=m\,g\,\sin\,\alpha$, con lo cual $a=g\,\sin\,\alpha$. Al tratarse de un m.r.u.a, podemos escribir la ecuación de la velocidad: $v(t)=v(0)+a\,t$, donde $v(0)=0\,\text{m}\cdot \text{s}^{-1}$; por tanto, de la información del enunciado, se tiene que $4=0+g\,\sin\,\alpha \Rightarrow t=\dfrac{4}{a}=\dfrac{4}{g\,\sin\,\alpha}$, y, como $x(t)=x(0)+v(0)\cdot t + \dfrac{1}{2}\,a\,t^2$, y teniendo en cuenta que $x(0)=0$ y $v(0)=0\,\text{m}\cdot \text{s}^{-1}$, la longitud de camino recorrida desde el instante inicial en el que empieza a deslizar hasta el instante que alcanza la velocidad propuesta, es, por tanto, la distancia entre estas dos posiciones, esto es, $$\ell:=x\left( \dfrac{4}{g\,\sin\,\alpha}\right)-x(0)=\dfrac{1}{2}\cdot g\, \sin\,\alpha \cdot \left(\dfrac{4}{g\,\sin\,\alpha}\right)^2-0=\dfrac{8}{g\,\sin\,\alpha}$$.

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Así, por ejemplo, si $\alpha=60^{\circ}$, el tiempo que tarda en alcanzar la velocidad de $4\,\text{m}\cdot \text{s}^{-1}$ es $t=\dfrac{4}{9,81\cdot \sin\,60^\circ}\approx 0,47\,\text{s}$ y la longitud de camino recorrida desde que inició el deslizamiento hasta el instante que alcanza dicha velocidad es $\ell:=x(0,47)-x(0)=\dfrac{8}{9,81\cdot \sin\,60^\circ}\approx 0,94\,\text{m}$. $\diamond$

Vectores de posición

La posición de una partícula en función del tiempo $t$ en el espacio euclídeo $\mathbb{R}^3$ viene dada por: $x(t)=t^2-1$; $y(t)=t$; $z(t)=t+2t^2$. ¿Cuál es el vector de posición de la partícula en el instante $t=2$ (unidades del SI)?

El vector de posición es $\vec{r}(t)=x(t)\,\hat{i}+y(t)\,\hat{j}+z(t)\,\hat{k}$, expresado en la base canónica (formada por los vectores ortonormales $\hat{i}=(1,0,0)$, $\hat{j}=(0,1,0)$ y $\hat{k}=(0,0,1)$). Entonces, con la información del enunciado, se tiene que $\vec{r}(t)=(t^2-1)\,\hat{i}+t\,\hat{j}+(t+2t^2)\,\hat{k}$. Entonces, en el instante $t=2$: $\vec{r}(2)=(2^2-1)\,\hat{i}+2\,\hat{j}+(2+2\cdot 2^2)\,\hat{k}=\vec{r}(t)=3\,\hat{i}+2\,\hat{j}+10\,\hat{k}$, que también podemos expresar de la siguiente manera, más escueta: $\vec{r}(2)=(3,2,10)$. $\diamond$

Cálculo de la ecuación de las posiciones a partir de la ecuación de velocidades en un m.r.u

En un cierto m.r.u, la ecuación de la velocidad viene descrita por la siguiente función del tiempo: $v(t)=t^2-2t+4$ (en unidades del SI). Sabiendo que en el instante en el que la velocidad es de $3\,\text{m}\cdot \text{s}^{-1}$, la coordenada de posición es nula, ¿cuál es la ecuación que describe la posición en un instante genérico de $t$?

Como $\dot{x}(t)=:v(t)=t^2-2t+4$, integrando con respecto de $t$ llegamos a $x(t)=\int\,\dot{x}\,dt+C=\dfrac{1}{3}\,t^3-t^2+4t+C \quad (1)$. Y, para determinar el valor de la constante de integración $C$, imponemos la condición dada en el enunciado: $v(3)=0$, luego $3=t^2-2t+4$, esto es, $t^2-2t+1=0 \Rightarrow t=1$. Entonces, de (1), $0=\dfrac{1}{3}\cdot 1^3-1^2+4\cdot 1+C \Rightarrow C=-\dfrac{10}{3}$. Por consiguiente, la ecuación pedida es $$x(t)=\dfrac{1}{3}\,t^3-t^2+4t-\dfrac{10}{3}$$ $\diamond$

Un montacargas sube desde el suelo a una velocidad ...

Un montacargas sube desde el suelo a una velocidad constante de $1,5\,\text{m}\cdot \text{s}^{-1}$. Transcurridos $4\,\text{s}$ desde que el ascensor ha empezado a subir, se desprende del piso del ascensor una arandela. ¿Cuánto tiempo pasa desde que el ascensor ha empezado a subir hasta que la arandela llega al suelo? ¿A qué altura sobre el suelo se encuentra el ascensor en el instante en el que la arandela llega al suelo?.

Calculo en primer lugar la altura (medida desde el suelo) a la que se encuentra el ascensor en el instante $t=4\,\text{s}$. Situando el origen de coordenadas, $Ox$, en la posición de la que ha partido el ascensor, y teniendo en cuenta que el movimiento del ascensor es un movimiento rectilíneo uniforme (m.r.u), se tiene que $x(4)=x(0)+1,5\cdot 4=0+6=6\,\text{m}$. En ese instante, la arandela cae hacia el suelo con movimiento uniformememnte acelerado, para recorrer los $6\,\text{m}$ que la separan del suelo, empleando para ello una cantidad de tiempo $\tau$, por lo que podemos escribir: $6=-4\tau+\dfrac{1}{2}\,g\,\tau^{2}$, esto es, $2g\tau^2-3\tau-12=0$ y, resolviendo esta ecuación, $\tau=\dfrac{-(-3)\pm \sqrt{(-3)^3-4\cdot (-12)\,g}}{2g}=\left\{\begin{matrix}\dfrac{3+\sqrt{9+48g}}{29}\gt 0 \\ \dfrac{3-\sqrt{9+48g}}{2g}\lt 0\end{matrix}\right.$. El valor negativo de la solución de la ecuación cuadrática no tiene sentido físico, por lo que únicamente nos quedamos el valor positivo: $\tau=\dfrac{3-\sqrt{9+48g}}{2g}\overset{g=9,81\,\text{m}\cdot \text{s}^{-2}}{\approx}1,26\,\text{s}$. Por consiguiente, la arandela llega al suelo en el instante $t=4+1,26=5,26\,\text{s}$. Y, por lo que se refiere a la respuesta a la segunda prenguta, es evidente que el ascensor se encuentra entonces a $x(5,26)=1,5\cdot 5,26=7,89\,\text{m}$ del suelo. $\diamond$

Frenado de un móvil que se mueve a velocidad constante

En un movimiento rectilíneo, un móvil lleva una velocidad de $20\,\text{m}\cdot \text{s}^{-1}$. Si se quiere detener en $5\,\text{s}$, ¿qué aceleración (constante) de frenada se necesita?

Se sabe que $v(t)=v_i+a\,t \therefore 0=5+5\,t \Rightarrow a=-1\,\text{m}\cdot \text{s}^{-2}$. $\diamond$

Imagen de un pez visto desde una escafandra de submarinista que tiene forma esférica

Imaginemos que nos sumergimos en un estanque, provistos de una escafandra esférica cuyo radio es de $60\,\text{cm}$. Observamos un pez a una distancia de $100\,\text{cm}$ de la escafandra (medida desde el punto de intersección del eje óptico con la superficie de la escafandra). ¿A qué distancia se sitúa la imagen del pez? ¿La imagen será directa o inversa? ¿Cuál será el aumento lateral o relación entre el tamaño de la imagen del pez y el del objeto (el del pez)?

Recordemos la ecuación del dióptrico esférico, $\dfrac{n}{s}+\dfrac{n'}{s'}=\dfrac{n'-n}{R}$ (despreciamos el efecto del grosor del cristal de la escafandra). En nuestro caso, el espacio objeto corresponde al agua (donde se halla el pez) y sabemos que su índice de refracción $n=1,33$. Observamos desde el interior de la escafandra; el medio, por tanto, éste es aire, cuyo índice de refracción es $n'=1$. Al estar el pez en el espacio objeto (espacio en el que la luz es incidente), $s\gt 0$, luego $s=+100\,\text{cm}$. El radio del dióptrico es positivo, pues el centro de curvatura de la superficie del mismo está en el espacio donde la luz se refracta, luego tomamos $R\gt 0$.

Así pues, $\dfrac{1,33}{+100}+\dfrac{1}{s'}=\dfrac{1-1,33}{+60}$, de donde despejando, obtenemos $s'=\left( \dfrac{1-1,33}{60}-\dfrac{1,33}{100} \right)^{-1} \approx -53\,\text{cm}$, que, al ser una cantidad negativa, significa que la imagen se forma en el espacio donde la luz es incidente.

Por otra parte, sabemos que el aumento lateral (relación de tamaños), es $m:=\dfrac{y'}{y}=-\dfrac{n}{n'}\cdot \dfrac{s'}{s}$, luego $m=-\dfrac{1,33}{1}\cdot \dfrac{-53}{100}\approx 0,70 \gt 0$, lo cual quiere decir que la imagen formada es directa. Si estimamos que el tamaño del pez es de unos $y=10\,\text{cm}$, el tamaño de la imagen es $y'=0,70\,\cdot 10=7\,\text{cm}$. $\diamond$