Apuntes de soluciones de problemas de Física Mecánica, utilizando wxmaxima, programa de acceso libre . El objetivo es presentar las posibilidades de hoy en la docencia de Física, y como se pueden abordar problema mas complejos con la ayuda de estos programas

1. PROBLEMAS
DE MECÁNICA
CON
WXMAXIMA
Miguel Bustamante S.

2. Problemas de Mecánica con wxmaxima
Miguel Bustamante
September 13, 2022

3. 2
Presentación
En la docencia de las Ciencias Fı́sicas, en general, se refierencia a un texto, con
problemas que se pueden resolver, a lo mas utilizando una calculadora cientı́fica.
Esto da como resultado que los estudiante tienen la la impresión que todos los
problemas tienen una solución exacta de este tipo. Aunque algunos textos,
traen problemas (los menos) donde se debe utulzar planillas o crear pequeños
programas para dar con una solución, esta no es la norma.
En los años sesenta, los cálculos se hacı́an con reglas de cálculo y maquinas de
cálculo ( no habı́an computadora portatiles), y con eso, se logró llegar a la Luna,
gracias a las habiliadades de Ingeneiros, matemátios y Fı́sicos. Un ejemplo de
esta capacidad, es señalar que el computador de modulo lunar, tenı́a sólo 2 Kb de
memoria ram. Hoy, el telefono ineteligente tiene a los menso 8 Gb de memoria,
con una capacidad de cálculo superior al computador del módulo. Además, hoy
en dia, un laptop puede hacer calculo complejos, y existen programas de acceso
gratis como lo son Octave, wxmaxima.
Este documento es un proyecto personal. Mi intensión es mostrar que por
medio de aplicaciones de acceso libre, como lo es wxmaxima, se pueden realizar
cálculo de mayor nivel a los acostumbrados en clase. Con esta aplicación , se
puede resolver problemas que requieren de un cálculo numérico o simbólico de
mayor complejidad, como también de mayor cálculo numérico. Es por eso que se
presentarán un listado de problemas en el ámbito de la mecánica cuya solución se
aplica wxmaxima. A los interesados en bajar el programa wxmaxima, lo pueden
hacer desde el enlace https://wxmaxima-developers.github.io/wxmaxima/

4. Contents
1 Movimiento en una dimesión 5
1.1 Problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2 Problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
1.3 Problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.3.1 Propuesta 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
1.3.2 Propuesta 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
2 Cinematica en 2D 13
2.1 Presentación . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2.1.1 Problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
2.2 Problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
3 Dinámica 19
3.1 Problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
3.1.1 Código wxmaxima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
3.2 Problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
4 Energı́a 25
4.1 Problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
4.2 Problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
5 Gravedad 31
5.1 Problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
5.2 Problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
6 Oscilaciones 45
6.1 Problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
6.2 Problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
3

5. 4 CONTENTS

6. Chapter 1
Movimiento en una
dimesión
En este capı́tulo veremos la aplicación de wxmaxima para problemas en 1D.
1.1 Problema
Supongamos que tenemos un bus A que parte de Viña a Santiago a las 12:00
horas, y debe llegar a las 14:00 horas. Al mismo tiempo un bus B parte de
Santiago a Viña, a las 12:00 horas, pero debe llegar a las 13:30 horas. ¿donde y
cuando se cruzan? Distancia de Viña-Santiago: 100 km.
Solución
En este problema es un movimiento con velocidad constante. La velocidad de
A tiene la velocidad, con el origen en Viña viene dado por la expresión
vA =
100 − 0 km
14 : 00 − 12 : 00 h
= 50 km/h
Ası́ la ecuación de posición del móvil A
xA(t) = vAt (1.1)
En el caso del móvil B, la velocidad es
vB =
0 − 100 km
13 : 30 − 12 : 00 h
= −66.67 km/h
La ecuación de posición del cuerpo B es
xB(t) =
(
0 t < 1.5 h0
vB(t − 1.5) + 100 if x < 0
(1.2)
En un gráfico de posición de ambos móviles (Figura 1.1) .
5

7. 6 CHAPTER 1. MOVIMIENTO EN UNA DIMESIÓN
Figure 1.1: Gráfico de posición versus tiempo de ambos móviles
Como se observa del gráfico, los móviles se cruzan. La condición se puede
expresar como
xA(t) = xB(t)
Aplicando la ecuaciones, nos da que el tiempo de intersección es t∗ =
0.8571183680466272 h. Evaluando en cualquier de las ecuaciones, nos da el
punto de intersección. Ası́ xA(t∗) = 42.85591840233136 km.
Programa de wmaxima
Figure 1.2: Código en wxmaxima´

8. 1.2. PROBLEMA 7
1.2 Problema
Supongamos que la velocidad de una partı́cula viene descrito por la siguiente
ecuación:
v(t) =
(
10 0 < t < 5
−2 5 < t < 15
(1.3)
La representación de la velocidad de la ecuación 1.3
Figure 1.3: Velocidad en función del tiempo
La ecuación de posición es
x(t) =
Z t
0
v(t)dt =
(
10t + 10 0 < t < 5
−(t − 5) + 60 5 < t < 15
(1.4)
En una presentación del gráfico de posición es
Figure 1.4: Posición del cuerpo en función del tiempo
Como se ve en el gráfico de posición (figura 1.4 ), las pendientes de la posición
corresponde a las velocidades en el tramo.
Código en wxmaxima

9. 8 CHAPTER 1. MOVIMIENTO EN UNA DIMESIÓN
Figure 1.5: Código en wxmaxima
1.3 Problema
La carrera de los 200 metros de Usain Volt (Video) tiene un récord de 19,19 s.
En esta carrera, Usain Bolt demoró 19,19 s en recorrer los 200 m. Si aplicamos
Figure 1.6: Carrera de Usain Bolt
la definición de velocidad media, la velocidad calculada es de =200/19,19 m/s =
10,422 m/s = 37,52 km/h. Sin embargo, sabemos que el corredor no parte con
esa velocidad, parte con una velocidad inicial igual a 0; o existe una variación
en la velocidad. Esto implica que existe una aceleración. Entonces, ¿cómo
podemos describir este movimiento? Para responder esta pregunta, debemos
asumir cierto modelo movimiento. Este modelo debe dar cuenta que parte de
una velocidad inicial y que demora en 19,19 s en recorrer 200 m.

10. 1.3. PROBLEMA 9
1.3.1 Propuesta 1
Asumamos que la velocidad viebe descrtio por
v(t) =
(
at t < tp
aT T > t > tp
(1.5)
El modelo propuesto, es que el móvil acelera hasta un tiempo tp, con aceleracón
constante. El tiempo corresponde al tiempo en recorrer la distancia de 200 m:
T=19.19 s.
A partir de la velocidad v(t), vamos a construir la posición x(t). Recuerden
que la posición es una función continua. En el tramo de aceleración constante,
como parte del reposo, la velocidad es proporcional al tiempo . Aplicando la
operación inversa, (integrar) obtenemos la posición (ecuación 1.6).
x(t) =
(
1
2 at2
t < tp
1
2 at2
p + atp(t − tp) tp < t < T
(1.6)
Posteriormente, corre a velocidad constante. La posición en t=tp es 1
2 at2
p,
con una velocidad devp = atp . De la ecuación de posición debe cumplir que
X(T) = 200m . Del modelo propuesto, tenemos factores que no conocemos :
a, tp y vp. De estos factores, sólo podemos medir la velocidad en los últimos
metros, que corresponde a vp.
La velocidad medida en los último metros vp=11.4 m/s. Con este valor,
obtenemos las siguientes ecuaciones.
vp = atp = 11.4 m/s
X(T) = 200 m
Resolviendo las ecuaciones, se obtiene
tp = 3.292280701754386 s, a = 3.462645209421294 m/s2
1.3.2 Propuesta 2
Propongamos otro modelo de movimiento,
v(t) = vp(1 − e−λt
)
que de cuento de lo observado (figura 1.7).
Figure 1.7: Modelo de velocidad. Propuesta 2

11. 10 CHAPTER 1. MOVIMIENTO EN UNA DIMESIÓN
Como se observa en la figura 1.7 la velocidad converge a una velocidad
estacionariavp para tiempos grandes. Asumamos que esta velocidad es la medida
en los últimos 100 m, que corresponde a 11,4 m/s. La posición de este modelo
x(t), la calculamos integrando la velocidad, del cual obtenemos que
x(t) = vpt −
vp
λ
+
vp
λ
e−λt
(1.7)
Según el modelo propuesto, λ tiene unidades de 1/s, por tanto el inverso tiene
unidades de tiempo. La condición a imponer en este modelo es x(T=19,19)=200
m y calcular λ.
Aproximación
Asumamos que el tiempo es tan grande T, que la expresión e−λ
T ≈ 0 . Esto da
una escuación simple de resolver
X(T) = v0T −
v0
λ
= 200 m
lo cual da un valor de λ = 0.60748 1/s o su inverso 1
λ = 1.646 s
Resolución numérica
Si se resuelve en forma exacta la ecuación 1.7, se obtiene que λ = 0, 607476 1/s
, 1/λ = 1, 64616s. El error es menor (es en la quinta cifra decimal) entre los
resultados. El gráfico de velocidad es y de posición
Figure 1.8: Velocidad en función del tiempo
Código wxmaxima

12. 1.3. PROBLEMA 11
Figure 1.9: Posición en función del tiempo
11/6/22, 23:41 usainbolt
file:///home/miguel-1000/MEGA/Apuntes/Fisica-wxmaxima/problema-1/usainbolt.html 1/2
Carrera de Usain Bolt
posiciones y velocidad
0.1 Modelo 1:
(%i2) x(
t)
:
=if t<
tp then 1
/
2·
a·
t
^
2 else 1
/
2·
a·
tp
^
2
+
a·
tp·(
t
−
tp)
;
v(
t)
:
=if t<
tp then a·
t else a·
tp
;
(%o1) x
⁡
(
t
)
:=
if
t
<
tp
then
1
2
⁢
a
⁢
t
2
else
1
2
⁢
a
⁢
tp
2
+
a
⁢
tp
⁢
(
t
−
tp
)
(%o2) v
⁡
(
t
)
:=
if
t
<
tp
then
a
t
else
a
⁢
tp
Condciones que se deen satisafcer en la eciación
Sistema de ecuaciones y condciones que hay que satisfacer
(%i5) T
:
19
.
19
;
eq1
:
1
/
2·
a·
tp
^
2
+
a·
tp·(
T
−
tp)
−
200
;
eq2
:
a·
tp
−
11
.
4
;
(T)
19.19
(eq1)
a
⁢
tp
2
2
+
a
⁢
(
19.19
−
tp
)
⁢
tp
−
200
(eq2)
a
⁢
tp
−
11.4
(%i6) solve([
eq1,
eq2],[
tp,
a])
;
rat: replaced 19.19 by 1919/100 = 19.19
rat: replaced -11.4 by -57/5 = -11.4
(%o6) [
[
tp
=
9383
2850
,
a
=
32490
9383
]
]
(%i7) float(
%), numer
;
(%o7) [
[
tp
=
3.292280701754386
,
a
=
3.462645209421294
]
]
--> tp
:
3
.
29228
;
a
:
3
.
46264
;
(%o11) 3.29228
(%o12) 3.46264
--
>
plot2d([
x(
t)], [
t,
0,
21],
[
plot_format, gnuplot],
[
gnuplot_postamble, "set grid;set title 'Posición en funcion del tiempo'; set xlabel 't (s)'; set ylabel
'Posicon m'"])
$
--
>
plot2d([
v(
t)], [
t,
0,
21],
[
plot_format, gnuplot],
[
gnuplot_postamble, "set grid; set title 'Velocidad en funcion del tiempo '; set xlabel 't(s)'; set ylabel 'V(t)
m/s';"])
$
1 Propuesta 2
Nuevo modelo de velocidad
(%i10) v(
t)
:
=
V0·(
1
−
exp(
−
%lambda ·
t))
;
v(
t)
;
(%o9) v
⁡
(
t
)
:=
V0
⁢
(
1
−
exp
⁡
(
(
−
λ
)
⁢
t
)
)
(%o10) V0
⁢
(
1
−
%e
−
λ
⁢
t
)
Posición en el tiempo, cuando parte de la meta x(0)=0
(%i12) x(
t)
:
=
integrate(
v(
u),
u,
0,
t)
+
0
;
x(
t)
;
Figure 1.10: Código en wxmaxima

13. 12 CHAPTER 1. MOVIMIENTO EN UNA DIMESIÓN

14. Chapter 2
Cinematica en 2D
En este capı́tulo se verán problemas en dos dimensiones (2D).
2.1 Presentación
Ya conocemos las ecuaciones de proyectil, lanzado desde el origen
~
r(t) = (x(t), y(t))
donde
x(t) = v0cos(θ)t
y
y(t) = −
1
2
gt2
+ v0sin(θ)t
Según estas ecuaciones el alcance del proyectil viene dado por
R(θ) =
v2
0
g
sin(2θ) (2.1)
La ecuación 2.1 es deducida sin la presencia de un fluido en donde se mueve
al proyectil. Vamos a suponer que el proyectil se mueve en un medio viscoso
que se caracteriza por la descripción ~
f(~
v) = −k~
v Al aplicar el segundo principio
de la deinámica a un sistema como este , se obtiene que
~
F = m~
a = −k~
v − m~
g (2.2)
Al separar por componentes la ecuación 2.2,
max = m
dvx
dt
= −kvx
y
may = m
dvy
dt
= −mg − kvy
La solución de las ecuaciones anteriores son
x(t) = V0x
m
k
(1 − e−kt/m
) (2.3)
y
y(t) = −
mg
k
t +
kv0y + mg
k2
m(1 − e−kt/m
) (2.4)
13

15. 14 CHAPTER 2. CINEMATICA EN 2D
2.1.1 Problema
Un proyectil de 0.5 kg es lanzado formando un ángulo de elevaci’on θ = 30◦
.
El alcance máximo del cañón es de 500 m. Si la constante de viscosidad es de
k=0.01, calcule el alcance de este proyectil.
Solución
Para graficar la trayectoria del proyectil, debemos calcular el momento de
cuando la posición y(T) = 0, es decir resolver la ecuación 2.4 igulando a 0.
Con el valor de T, evaluamos la expresión 2.3 y se obtiene el alcance.
Para el caso del problema k=0.01, el valor de T=6.980485935156961 s. Al
evaluar en la ecuación 2.3 da R=394.9581725062522 m. Si compara con el
alcance sin visocisidad es 433.0127018922192. Como se observa hay diferencia
por efecto de la visocisdad.
En el gráfico de coordendas cartesianas , se observa la trayectoria.
Figure 2.1: Trayectoria del proyectil con viscosidad k

16. 2.1. PRESENTACIÓN 15
Código wxmaxima
Figure 2.2: Código wxmxima

17. 16 CHAPTER 2. CINEMATICA EN 2D
2.2 Problema
Basado en la presentación de proyectil, grafique el alcance R en función de la
visocidad entre k=0.01 y k=0.1 para un ángulo de θ = 30 una masa de 0.5 kg,
un alcande máximo de 500 m y valor de g=9.8m/s2
.
Solución
Para generar el gráfico de alcance en función del coeficiente k, debemos calcular
el alcance R para un valor de k, cambair el valor de k y calcular nuevamente el
alcance con cada uno de los valores de k. Recuerden que el ángulo no cambia.
En un digrama que describe el procedimiento serı́a:
Figure 2.3: Diagrama del procedimiento
El resultado obtenido, es un gráfico (figura 2.4 ) del alcance R en función de
k (k=0.001 a 0.1) para un ángulo θ = 30. Usando el mismo código, podemos
Figure 2.4: Relación del alcance R v/s k
cambiarv el ángulo a 45º, obteniéndose la siguiente relación gráfica (figura 2.5).

18. 2.2. PROBLEMA 17
Figure 2.5: Relación de alcance v/s k, para un ángulo de 45º
Código wxmaxima
Figure 2.6: Código de wxmaxima

19. 18 CHAPTER 2. CINEMATICA EN 2D

20. Chapter 3
Dinámica
3.1 Problema
Se lanza verticalemnte hacia arriba un objeto de masa m=0.5 kg con una ve-
locidad inicial de 25 m/s. Este objeto, sometido a una fuerza de arrastre del
tipo
f = −Aρ
Cd
2
v2
donde A, es el área de referencia o área frontal del objeto al desplazamiento, ρ
densidad del fluido, v velocidad relativa al fluido y Cd el coefiente de resistencia.
Encontrar la expresión de la posición vertical en función y(t) y calcule la altura
máxima.
Solución
El objeto está sometido a una fuerza que depende del cuadrado de la distancia,
y se opone al sentido de la velocidad. La fuerza será descrita por la expresión
f(v) = − − Aρ
Cd
2
v2
sign(v)
.
La ecuación dinámica que describe el comportaieto de este cuerpo es
m
d2
x
dt2
= −mg − f(v) (3.1)
Pero la ecuación 3.1, se puede bajar en un grado, recordando que v = dy
dt . Por
lo tanto, la ecuación 3.1
m
dv
dt
= −mg − f(v) (3.2)
Utilizando el programa wxmaximay la función edo2, la solución para la
ecuación 3.2 es
−
m atan
Dv
√
Dgm
√
Dgm
= t + %c
19

21. 20 CHAPTER 3. DINÁMICA
donde D = AρCd
2 . Despejando la v(t) de la expresión anterior e imponiendo
la condición inicial, la velocidad v(0) = v0., nos la siguiente solución para la
velocidad.
v(t) =
√
Dgm tan
atan
D v0
√
Dgm
−
√
Dgmt
m
D
(3.3)
Como tenemos la velocidad, la posición es la integral de la velocidad.
y(t) := [
√
Dgm




√
m log



27. cos


√
D
√
g
√
m t−m atan
√
D v0
√
g
√
m
m



33. 

√
D
√
g
−
√
m log
√
g
√
m

37. 1
√
D v02+gm

41. √
D
√
g




D
(3.4)
La altura máxima es cuando v(t) = 0. Despejando de la ecuación 3.3 se
obtiene que
T =
m
√
Dgm
atan(
Dv0
√
Dgm
)
Evaluando la expresión T en 3.4, se obtiene la al altura máxima.
hmax = −
2m log

45. 1
√
D v0
2+gm

49. + m log (m) + log (g)m
2D

50. 3.1. PROBLEMA 21
3.1.1 Código wxmaxima
26/6/22, 18:44 pregunta1-dinamica
file:///home/miguel-1000/MEGA/Apuntes/Fisica-wxmaxima/problema-dinamica/pregunta1-dinamica.html 1/1
Problema con fuerza de arrastre
Ecuación diferencial
(%i1) ode2(
m·
'
diff(
v,
t)
+
D·
v·
v
+
m·
g, v, t)
;
Is D
⁢
g
⁢
m
positive or negative?
(%o1) −
m
⁢
atan
⁡
(
D
⁢
v
D
⁢
g
⁢
m
)
D
⁢
g
⁢
m
=
t
+
%c
Condición inicial
(%i3) ic1(
%o1,
t
=
0,
v
=
v0)
;
(%o3) −
m
⁢
atan
⁡
(
D
⁢
v
D
⁢
g
⁢
m
)
D
⁢
g
⁢
m
=
D
⁢
g
⁢
m
⁢
t
−
m
⁢
atan
⁡
(
D
⁢
v0
D
⁢
g
⁢
m
)
D
⁢
g
⁢
m
Despejando v, como función de t
(%i4) solve(
%o3,
v)
;
(%o4) [
v
=
D
⁢
g
⁢
m
⁢
tan
⁡
(
atan
⁡
(
D
⁢
v0
D
⁢
g
⁢
m
)
−
D
⁢
g
⁢
m
⁢
t
m
)
D
]
(%i6) v(
t)
:
=(
sqrt(
D·
g·
m)·
tan(
atan((
D·
v0)
/
sqrt(
D·
g·
m))
−(
sqrt(
D·
g·
m)·
t)
/
m))
/
D
;
(%o6) v
⁡
(
t
)
:=
D
⁢
g
⁢
m
⁢
tan
⁡
(
atan
⁡
(
D
⁢
v0
D
⁢
g
⁢
m
)
−
D
⁢
g
⁢
m
⁢
t
m
)
D
(%i21) define(
y(
t),
integrate(
v(
u),
u,
0,
t))
;
Is t
positive, negative or zero?
Is m
positive or negative?
Is g
positive or negative?
(%o21) y
⁡
(
t
)
:=
D
⁢
g
⁢
m
⁢
(
m
⁢
log
⁡
(
|
cos
⁡
(
D
⁢
g
⁢
m
⁢
t
−
m
⁢
atan
⁡
(
D
⁢
v0
g
⁢
m
)
m
)
|
)
D
⁢
g
−
m
⁢
log
⁡
(
g
⁢
m
⁢
|
1
D
⁢
v0
2
+
g
⁢
m
|
)
D
⁢
g
)
D
(%i25) T
:
m
/
sqrt(
D·
g·
m)·
atan(
D·
v0
/
sqrt(
D·
g·
m))
;
(T)
m
⁢
atan
⁡
(
D
⁢
v0
D
⁢
g
⁢
m
)
D
⁢
g
⁢
m
(%i29) y(
T)
;
(%o29) D
⁢
g
⁢
m
⁢
(
m
⁢
log
⁡
(
|
cos
⁡
(
D
⁢
g
⁢
m
3
2
⁢
atan
⁡
(
D
⁢
v0
D
⁢
g
⁢
m
)
D
⁢
g
⁢
m
−
m
⁢
atan
⁡
(
D
⁢
v0
g
⁢
m
)
m
)
|
)
D
⁢
g
−
m
⁢
log
⁡
(
g
⁢
m
⁢
|
1
D
v0
2
+
g
⁢
m
|
)
D
⁢
g
)
D
(%i30) ratsimp(
%)
;
(%o30) m
⁢
D
⁢
g
⁢
m
⁢
(
log
⁡
(
|
cos
⁡
(
D
⁢
g
⁢
m
⁢
atan
⁡
(
D
⁢
v0
g
⁢
m
)
−
D
⁢
g
⁢
m
⁢
atan
⁡
(
D
⁢
v0
D
⁢
g
⁢
m
)
D
⁢
g
⁢
m
)
|
)
−
log
⁡
(
g
⁢
m
⁢
|
1
D
⁢
v0
2
+
g
⁢
m
|
)
)
D
3
2
⁢
g
Expresion de la altura máxima
(%i31) radcan(
%)
;
(%o31) −
2
⁢
m
⁢
log
⁡
(
|
1
D
⁢
v0
2
+
g
⁢
m
|
)
+
m
⁢
log
⁡
(
m
)
+
log
⁡
(
g
)
⁢
m
2
⁢
D
Created with wxMaxima.
Figure 3.1: Código en wxmaxima

51. 22 CHAPTER 3. DINÁMICA
3.2 Problema
Un resorte de constante elástica K, tiene un extremo fijo, y el otro extremo está
unido a una masa m. El sistema está en forma horizontal. Entre la superficie
y la masa existe roce, con un coeficiente estático µs y cinético µk. Se desplaza
una distancia x0 del equilibrio, y se suelta.
Figure 3.2: Esquema del sistema masa resorte, presencia de roce
A partir de valores de la masa m, K, µs y µk, encuentre la expresión de
la posición x(t), cuando se desplaza x0 = 4µs
mg
k hasta que se detiene una vez
liberado.
Solución
Se desplaza la masa ua distancia x0 de modo que la fuerza del resorte pueda
deslizar la masa. Para eso, la fuerza del resorte debe ser mayor que la fuerza de
roce estático.
kx0 µsmg
. Esto implica que
x0 µs
mg
k
Ası́, para lograr lo pedido, vamos a suponer que el desplazamiento inicial es
x0 = 4µs
mg
k . Recordemos que la fuerza de roce viene dado por la expresión
fr = µsmg. Si se desplaza hacia el lado positivo, la fuerza de roce va a tener
signo positivo.
La ecuación que describe este sistema
mẍ + kx − fr = 0 (3.5)
La solución en ese caso, con la condición inicial x(0) = x0 y parte del reposo es
x(t) =
cos
√
kt
√
m
(k x0 + gm µk )
k
−
gm µk
k
la velocidad del cuerpo viene dado por la expresión v = dx/dt es
v(t) = −
sin
√
kt
√
m
(k x0 + gm µk )
√
k
√
m

52. 3.2. PROBLEMA 23
Cuando la velocidad es cero, se detiene. Esto ocurre cuando T =
pm
k π. La
posición en ese instante es
x(T) = −
k x0 + 2gm mk
k
La fuerza del rosrte en ese instante va hacia el sentido positivo
F(x(T)) = 4gm µs + 2gm µk = 2gm (2µs + µk ) µsmg
Como es mayor que la condición de equilibrio, el sistema seguirá moviendose.

53. 24 CHAPTER 3. DINÁMICA
Código de wxmaxima
26/6/22, 20:46 pregunta2-dinamica
file:///home/miguel-1000/MEGA/Apuntes/Fisica-wxmaxima/problema-dinamica/pregunta2-dinamica.html 1/1
Problema con fuerza con roce
Fuerza de roce
-- x0
:
4·
ms·
m·
g
/
k
;
frr
:
−
mk·
m·
g
;
(%o14) Fr
⁡
(
v
)
:=
(
−
mk
)
⁢
m
⁢
g
⁢
signo
⁡
(
v
)
(%o15) −
g
⁢
m
⁢
mk
⁢
signo
⁡
(
v
)
(x0)
4
⁢
g
⁢
m
⁢
ms
k
(frr)
−
g
⁢
m
⁢
mk
Ecuación diferencial
(%i5)
ed
:
m·
'
diff(
x,
t,
2)
+
k·
x
+
Fr(
'
diff(
x,
t))
;
ed1
:
m·
'
diff(
x,
t,
2)
+
k·
x
−
frr
;
(ed)
−
g
⁢
m
⁢
mk
⁢
signo
⁡
(
d
d
⁢
t
⁢
x
)
+
m
⁢
(
d
2
d
⁢
t
2
⁢
x
)
+
k
⁢
x
(ed1)
m
⁢
(
d
2
d
⁢
t
2
⁢
x
)
+
k
⁢
x
+
g
⁢
m
⁢
mk
solucion de la ecuacion diferencial
(%i6) ode2(
ed1,
x,
t)
;
Is k
⁢
m
positive, negative or zero?
(%o6) x
=
%k1
⁢
sin
⁡
(
k
⁢
t
m
)
+
%k2
⁢
cos
⁡
(
k
⁢
t
m
)
−
g
⁢
m
⁢
mk
k
Condiciion inicial
(%i8) ic2(
%o6,
t
=
0,
x
=
x0,
diff(
x,
t)
=
0)
;
(%o8) x
=
cos
⁡
(
k
⁢
t
m
)
⁢
(
k
⁢
x0
+
g
⁢
m
⁢
mk
)
k
−
g
⁢
m
⁢
mk
k
(%i9) solve(
diff(
%o8,
t),
t)
;
(%o9) [
d
d
⁢
t
⁢
x
=
−
sin
⁡
(
k
⁢
t
m
)
⁢
(
k
⁢
x0
+
g
⁢
m
⁢
mk
)
k
⁢
m
]
(%i10) x(
t)
:
=(
cos((
sqrt(
k)·
t)
/
sqrt(
m))·(
k·
x0
+
g·
m·
mk))
/
k
−(
g·
m·
mk)
/
k
;
(%o10) x
⁡
(
t
)
:=
cos
⁡
(
k
⁢
t
m
)
⁢
(
k
⁢
x0
+
g
⁢
m
⁢
mk
)
k
−
g
⁢
m
⁢
mk
k
(%i18) x(
sqrt(
m
/
k)·
%pi)
;
(%o18) cos
⁡
(
π
⁢
k
⁢
m
k
m
)
⁢
(
4
⁢
g
⁢
m
⁢
ms
+
g
⁢
m
⁢
mk
)
k
−
g
⁢
m
⁢
mk
k
(%i19) radcan(
%)
;
(%o19) −
4
g
m
⁢
ms
+
2
⁢
g
⁢
m
⁢
mk
k
(%i22) −
k·(
%o19)
;
(%o22) 4
⁢
g
⁢
m
⁢
ms
+
2
⁢
g
⁢
m
⁢
mk
Fuerz a del resorte
(%i23) factor(
%)
;
(%o23) 2
⁢
g
⁢
m
⁢
(
2
⁢
ms
+
mk
)
Created with wxMaxima.
Figure 3.3: Código wxmaxima

54. Chapter 4
Energı́a
4.1 Problema
Una masa m sólo se mueve verticalmente por una barra en presencia de gravedad.
Esta masa esta unido a un resorte de constante elástica k, y tiene largo natural
L0.
Figure 4.1: Esquema del problema
Se desplaza una distancia u, y se suelta. Con los valores siguientes k=1000
N/m, m=1 kg, y L0 = 0.2m y L=0.4 m, calcula la altura h, (altura máxima) a
la que llega en función de u.
Solución
Al desplazar el cuerpo en una distancia u, el siste,a gana energı́a elástica y
también tienen energı́a potencial gavitatoria.
U(u) =
1
2
k(
p
u2 + L2 − L0)2
− mgu
Esta energı́a se transforma , en el punto de mayor altura en
U(h) =
1
2
k(
p
h2 + L2 − L0)2
+ mgh
25

55. 26 CHAPTER 4. ENERGÍA
Por conservación de energı́a , las energı́as potenciales deben igualarse (la
energı́a cinética es cero )
U(u) = U(h)
1
2
k(
p
u2 + L2 − L0)2
− mgu =
1
2
k(
p
h2 + L2 − L0)2
+ mgh
Debemos buscar el valor de h que satisaface la iguadad para un valor de u
dado. No se puede despejar el valor de h. Debemos buscar en forma numérica
con la función findroot. El resultado se presenta en la siguiente figura
Figure 4.2: Relacion entre h y la distancia u

56. 4.1. PROBLEMA 27
Código wxmaxima
27/6/22, 20:49 problema-1-energia
file:///home/miguel-1000/MEGA/Apuntes/Fisica-wxmaxima/problema-energia/problema-1-energia.html 1/1
Problema de energía 1
Escribamos la energia potencial
(%i1) U(
x)
:
=
1
/
2·
k·(
sqrt(
x·
x
+
L·
L)
−
L0)
^
2
+
m·
g·
x
;
(%o1) U
⁡
(
x
)
:=
1
2
⁢
k
⁢
(
x
⁢
x
+
L
⁢
L
−
L0
)
2
+
m
⁢
g
⁢
x
Valores iniciales
(%i6) L0
:
0
.
2
;
L
:
0
.
4
;
k
:
1000
;
m
:
10
;
g
:
9
.
8
;
(L0)
0.2
(L)
0.4
(k)
1000
(m)
10
(g)
9.8
(%i8) f(
u,
h)
:
=
U(
u)
−
U(
h)
;
f(
u,
h)
;
(%o7) f
⁡
(
u
,
h
)
:=
U
⁡
(
u
)
−
U
⁡
(
h
)
(%o8) 500
⁢
(
u
2
+
0.16
−
0.2
)
2
+
98.0
⁢
u
−
500
⁢
(
h
2
+
0.16
−
0.2
)
2
−
98.0
⁢
h
Generando la matriz para guardar la solución
(%i11) R
:
genmatrix(
lambda([
i,
j], 0), 2, 15)
$
n
:
15
$
u
:
genmatrix(
lambda([
i,
j], −
2
−(
0
−
0
.
01)
/
15·
i), 15, 1)
$
Generando los valor de h, cuando llega a la m'axima altura con cierto valor de u.
(%i12) for n
:
1 step 1 thru 15 do (
r
:
find_root(
f(
u[
n,
1],
h),
h,
u[
n,
1]
+
0
.
01,
abs(
u[
n,
1])
+
0
.
010),
R[
1,
n]
:
abs(
u[
n,
1]),
R[
2,
n]
:
r)
;
(%o12) done
Grafico de altura h en función de la distancia inicial u.
-- load(
draw)
;
(%i15)
draw2d(
title
=
h v/s u, xlabel
=
u [m], ylabel
=
h [m],
grid
=true,
color
=
blue,
point_type
=
filled_circle,
point_size
=
2,
points(
makelist([
R[
1,
j],
R[
2,
j]],
j,
1,
15)))
;
(%o15) [
gr2d
⁡
(
points
)
]
Created with wxMaxima.
Figure 4.3: Código wxmaxima

57. 28 CHAPTER 4. ENERGÍA
4.2 Problema
A partir del principio de conservación de la energı́a, encuentre el periodo de
osicilción en función de un péndulo simple.
Solución
Apliquemos el principio de conservación de la energı́ a péndulo simple. Inicial-
mente, desplazamos el péndulo respecto de la certical una ńagulo θ0. Si situamos
Figure 4.4: Esquema del péndulo simple
el oriegn de nuestro sistema, en el extremo fijo de la cuerda, la energı́a de la
masa m va estar descrito por la ecuación
E = −mgLcos(θ) +
1
2
m(Lθ̇)2
(4.1)
Despejemos de 4.1 la velocidad angula θ̇. , dando la expresión
θ̇ =
r
2g
L
(cos(u) − cos(θ0)) (4.2)
De la expresión 4.2 despejamos dt, e integramos u entre 0 y θ0 ángulo inicial.
T = 4
s
L
2g
Z θ0
0
du
p
cos(u) − cos(θ0)
(4.3)
La expresión 4.3, se debe evaluar numéricamente. Para esto, se usa una
aplicación de wxmaxima es quadqags. El rango de los valores de θ0 es entre 0 y
π. El resultado se despliega para un largo L= 1m y la aceleración de gravedad
es g=9.8 m/s2
.

58. 4.2. PROBLEMA 29
Figure 4.5: Relación de periodo en función del angulo inicial y un largo de L=1
m
Código wxmaxima
Problema del periodo
Deducción del periodo en función del ángulo
Valores de las constante, como el largo
-- L : 0 . 5 ;
g : 9 . 8 ;
0.5
9.8
Argumento de la integrl
-- tt( u, x) : = 4· sqrt( L /( 2· g))· 1 / sqrt( cos( u) − cos( x)) ;
tt (𝑢, 𝑥) :=
� �
��
� �
��� (�)−��� (�)
�
Calculo numerico del perido en función del ángulo x inicial
-- T( x) : = quad_qags( tt( u, x), u, 0, x)[ 1] ;
𝑇(𝑥) := (quad_qags (tt (𝑢, 𝑥), 𝑢, 0, 𝑥))�
-- T( 0 . 1) ;
1.420114420453742
-- R : genmatrix( lambda([ i, j], 0), 2, 50) $
n : 50 $
k : genmatrix( lambda([ i, j], 0 . 0001 +( %pi· 0 . 9 − 0 . 0001) / 50· i), 50, 1) $
Generando los datos de periodo v/s el ángulo inicial
-- float(for j : 1 thru n step 1 do ( R[ 2, j] : T( k[ j, 1]))) ;
done
-- load( draw) ;
/usr/share/maxima/5.43.2/share/draw/draw.lisp
1 Despligue de grafico
-- draw2d( title = Periodo v/s angulo, xlabel = T [s], ylabel = Angulo(rad),
grid =true,
color = blue,
point_type = filled_circle,
point_size = 2,
points( makelist([ k[ j, 1], R[ 2, j]], j, 1, n))) ;
[gr2d (points)]
Created with wxMaxima.
problema-2-energia file:///home/miguel/MEGA/Apuntes/Fisica-wxmaxima/pro...
1 de 1 29-06-22, 19:15
Figure 4.6: Código wxmaxima

59. 30 CHAPTER 4. ENERGÍA

60. Chapter 5
Gravedad
5.1 Problema
Vamos a calcular los puntos de Lagrange de un sistema de tres cuerpos. Este
tipo de problema corresponde al “problema de 3 cuerpos”. En general, no
existe solución analı́tica del “problema de tres cuerpos. Sólo existen unas pocas
soluciónes con relaciones entre las masas muy especı́ficos y/o particulares. En
el problema de los puntos de Lagrange, es un caso en particular, donde esta
presente la siguiente relación entre las masas involucradas: m1 m2 m3.
En la figura se observa el esquema del problema, donde el centro del sistema de
referencia está en el centro de masa del sistema m1, m2.
Figure 5.1: Representación del problema
Sistema Tierra-Luna
En el sistema Tierra-Luna, la masa m1corresponde a la Tierra, m2a la Luna y
m3 a la de un satélite, como lo es el telescopio James Webb. Todos los cuerpos
en el sistema rotan a una misma frecuencia Ω en torno del centro de masa.
Además, las posiciones relativas entre las masas permanecen constantes.
Obviamente, la interacción entre los cuerpos por medio de la fuerza gravita-
cional. Recordemos que la fuerza de gravedad entre dos masas, viene dado por
31

61. 32 CHAPTER 5. GRAVEDAD
la expresión
~
Fij = −G
mimj
k ~
ri − ~
rj k3
(~
ri − ~
rj)
donde el valor de la constante universal de gravedad G = 6.67384x10−11 Nm2
kg2
La fuerza neta que actúa sobre la masa m3 viene dado por la expresión
~
F31 + ~
F32 = m3
¨
~
r (5.1)
donde
~
F31 = −G
m1m3
k~
r31k3
~
r31
~
F32 = −G
m3m2
k~
r32k3
~
r32
y los vectores
~
r31 = xcmî + xî + r sin(θ)ĵ
,
~
r32 = xî + yĵ − (d − xcm)î
−
→
r = xî + yĵ.
Reemplazando las expresiones de los vectores en la ecuación 5.1 y seperamos
por componente en dirección de x y en la dirección en y. Los cuerpos rotan en
torno del centro de masa, en una órbita circular. Por tanto, hay una aceleración
centrı́peta dirijida al cm ¨
~
r = −Ω2 ~
r = −Ω2(x, y).
El sistema de ecuaciones que se obtinenen son
x : −
Gm1(x + xcm)
p
(x + xcm)2 + y)2
3 (x + xcm) −
Gm2(x − (d − xcm)
p
(x − (d − xcm))2 + y2
= −Ω2
x (5.2)
y : −
Gm1y
p
(x + xcm)2 + y)2
3 −
Gm2y
p
(x − (d − xcm))2 + (y)2
3 = −Ω2
y (5.3)
donde xcm = d m2
m1+m2
.
Los puntos de Langrage deben satisfacer las ecuaciones 5.2 y 5.3.
Figure 5.2: Representación de los puntos de Lagrange, en el sistema Sol-Tierra

62. 5.1. PROBLEMA 33
Puntos de Lagrange: L1,L2,L3
Vamos a suponer que y = 0. La ecuación 5.2, queda expresada de la forma
− G
m1
p
(x + xcm)2
3 (x + xcm) − G
m2(x − (d − xcm)
p
(x − (d − xcm)2
3 = −Ω2
(5.4)
Reescribiendo la ecuación 5.4, se puede expresar como
1
(x + xcm)|x + xcm|
+ a
1
(x − (d − xcm))|x − (d − xcm)|
−
Ω2
Gm1
r = 0 (5.5)
donde a = m2/m1
Debemos resolver la ecuación 5.5 numericamente aplicado al sistema a la
Tierra - Luna. En este sistema la masa de la Tierra es MT = 5.972x1024
kg y la
masa de la Luna ML =: 7.349x1022
kg. Esto da una razón a = 0.01230576021433355.
Además sabemos que el periodo del sistema corresponde a la Luna 29.5 dias =
2548800 s y la distancia entre la Tierra y la Luna es de d = 38440000m.
Uno de los incovenientes en resolver la ecuación 5.5 son los magnitudes de las
masas como de la constante gravitacional. Para facilitar el cálculo, definimos
u = x/d. Al reemplazar en la ecuación 5.5 se obtiene la siguiente relación
g (u, xcmu, a) := 1
(u+xcmu) |u+xcmu| + a
(u−(1−xcmu)) |u−(1−xcmu)| + (−b) u
donde xcmu = xcm
d = 0.01215616930968374 y b = Ω2
d3
Gm1
= 0.09740269896097852π2
=
0.961326106
Al graficar la función g(u) (figura 5.3), notamos que existe tres puntos donde
la función es cero.
Figure 5.3: Grafico de g(u), mostrando los ceros

63. 34 CHAPTER 5. GRAVEDAD
Calculando las raices, con la aplicación wxmaxima con el cual se obtuvieron
los siguientes valores (Tabla 1)
Punto L i
1 0.8470663157837166d
2 1.182748549173182d
3 -1.058348752664077d
Table 5.1: Valores de las coordenadas en el eje del de las masas m1 y m2
En este caso, el telescopio está orbitando el punto L2=1.1827d=454629.88
km. El punto L1 está entre a Luna y la Tierra, cercano a la Luna. L3, esta
posterior a la Tierra, practicamente a la misma distancia de la Luna a la Tierra.
Pero existen más puntos, que deben satisfacer la condición y 6= 0.
Puntos de Lagrange: L4, L5
Para estos puntos, la componente y es distinto de cero. En las ecuaciones 5.2 y
5.3, al reemplazar las variables de x = ud y y = vd, se pueden reescribir de las
formas
x : −
u + xcm
p
(u + xcmu)2 + v2
3 (u + xcmu) −
1
p
(u − (1 − xcmu))2 + v2
= bu (5.6)
y : −
1
p
(u + xcmu)2 + v2
3 −
a
p
(u − (d − xcmu))2 + v2
3 = b (5.7)
donde b = Ω2
d3
Gm1
. Aplicando algebra a las ecuaciones 5.6, 5.7 se puede obetener
el siguiente sistema de ecuaciones
(xcmu + u − 1)
2
+ v2
− p = 0
y
(xcmu + u)
2
+ v2
− q = 0
con p = a
2
3
b
2
3 xcmu
2
3
y q = 1
b
2
3 (1−xcmu)
2
3
.
Con los valores conocidos de p y q del sistema Tierra-Luna, la solución
del sistema anterior da u = 0.4878438306903162 con dos posibles valores de v,
v4 = −0.9271638587874336 y v5 = 0.9271638587874336 (Tabla 2).
As, las coordenadas de los puntos L4 y L5 son:
Punto L i
4 (0.4878438306903162d,0.9271638587874336d) =(1.87x108
, 3.56x108
)m
5 (0.4878438306903162d,-0.9271638587874336d) =(1.87x108
, 3.56x108
)m
Table 5.2: Valores de las coordenadas de los puntos L4 y L5
El ángulo que forman cada punto L4 y L5 respecto a la horizontal es ϕ =
atan(v/u) = 62.25◦
y cuyo centro del sistema esta en el centro de masa del
sistema m1 − m2.

64. 5.1. PROBLEMA 35
Energı́a de la masa m3
Veamos la energı́a asociado a la masa m3. Esta masa tiene energı́a potencia
gravitacional, como energı́a cinética.
E(x, y) = −
Gm1m3
p
(x + xcm)2 + y2
−
Gm2m3
p
(x − (d − xcm)2 + y2
+
1
2
m3(
p
x2 + y2Ω)2
(5.8)
Si la masa m3 está dentro de estos puntos, debemos ver si es estable o
inestable. Es decir, en una perturbación en torno al punto, debiera mostrar una
capacidad para retornar al punto. En una expansión de Taylor de la función
anterior, los términos cuadráticos nos dan la información de la estabilidad de
los puntos.
V (x, y) = V0+
∂V
∂x
(x−x0)+
∂V
∂y
(y−y0)+
∂2
V
∂x2
(x − x0)2
2
+
∂2
V
∂y2
(y − y0)2
2
+
∂2
V
∂x∂y
(x − x0)(y − y0)+. . .
En los puntos de Lagrange, la fuerzas relativas al sistema rotanto debe ser
cero. En este caso si V=E(x,y), las primeras de derivadas en los puntos de
Lagrange es cero, como ya sabemos. Debemos calcular la segunda derivada de
V en cada punto para saber la estabilidad de los puntos (Tabla 5.3).
Li Vxx Vyy Vxy
1 ¸−7.794580849813977x10−11
4.808838291260972x10−11
0
2 −2.547350776624776x10−11
2.18522325466637x10−11
0
3 −6.198940261085475x10−12
1.221494879408256x10−11
0
4 8.382735381137604x10−12
−1.969555601185951x10−12
−7.616521620592216x10−12
5 8.382735381137604x10−12
−1.969555601185951x10−12
7.616521620592216x10−12
Table 5.3: Valores de las segundas derivadas en los puntos de Lagrange.
Por los resultados numéricos asociados a cada punto, los punto L1, L2 y
L3 son puntos inestables, una pequeña perturbación los saca del equilibrio; los
puntos L4 y L5 son estables, a pesar con son máximos, y la estabilidad es por
la fuerza de corioslis.
Discussion
Como hemos visto, a partir de primeros principios, se ha podido calcular los
puntos de Lagrange del sistema Tierra-Luna. En particular, el punto L2, el
cual el telescopios James Webb orbı́ta.
Apliquemos el procedimiento para el sistema Sol-Tierra. La masa del sol
m1 = MS = 1.9885x1030
kg, y la distancia Tierra- Sol d=1.496 ∗ 1010
m , con un
perı́odo T= 1 año=31.536x106
s. Como el Sol es 330000 veces mas grande que
la Tierra, el centro de masa del sistema está practicamente en el centro del Sol.
Con estos datos, se obtienen los siguientes valores para los puntos de Lagrange
del sistema Sol-Tierra (Tabla 5.4).
Nótese que el punto L1 del sistema Sol-Tierra está solo a 0.0017d de la
Tierra; el punto L2 está a casi 10d lejos de la Tierra.
El ángulo que forma L4 y L5 respecto de la horizontal es de 87.132◦
, cecano
a 90◦
.

65. 36 CHAPTER 5. GRAVEDAD
Li Distancia [m]
1 0.998266139710441d 1.4934x1010
2 9.995100009638465d 1.4952x1011
3 -9.99509992825381d −1.4952x1011
4 (0.499996996740224,9.982585701164702)d (7.4799x109
, 1.4933x1011
)
5 (0.499996996740224,-9.982585701164702)d (7.298x109
, −1.4933x1011
)
Table 5.4: Posiciones de los puntos de Lagrange en el Sistema Sol-Tierra
Obviamente, con este método podemos calcular los puntos del sistema Sol-
Jupiter. De hecho, en los puntos L4 y L5 del sistema Sol-Jupiter están los
asteriodes demoniados Troyanos.

66. 5.1. PROBLEMA 37
Código wxmaxima

67. 38 CHAPTER 5. GRAVEDAD

68. 5.1. PROBLEMA 39

69. 40 CHAPTER 5. GRAVEDAD
Figure 5.4: Código wxmaxima

70. 5.2. PROBLEMA 41
5.2 Problema
Calcule el radio de Rcohe para el sistema Tierra Luna.
Solución
Figure 5.5: Esquema del sistema de dos masas
El centro del sistema está en el centro de la masa M (Masa mayor). Se asume
que la masa m gira en una órbita circular, de radio d. Se puede deducir que el
periodo de rotación es
T = 2π
r
d3
GM
⇒ w2
=
GM
d3
De la figura 5.5, la fuerza sobre la masa dm que gira es
− G
M
(d − r)2
+ G
m
d2
= −dmw2
(d − r) (5.9)
Reemplazando el término w en la ecuación 5.9, da
− Md3
+ md3 (d − r)2
r2
= −Md(d − r)2
(5.10)
Aplicando la ecuación 5.10 al sistema Tierra - Luna, la masa M = 5.9722x102
4
kg, la luna m = 7.349x102
2 kg y el radio de la Luna r = 1737400 m. Resolviendo
la ecuación 5.10 para la variable d da
d = 1.1497x107
m
Esta es la distancia entre los centro. Debemos restar el radio de la luna para
calcualr el radio de Roche, es decir RRcohe = d − r = 9752600 m

71. 42 CHAPTER 5. GRAVEDAD

72. 5.2. PROBLEMA 43
Figure 5.6: Comando en wxmaxima

73. 44 CHAPTER 5. GRAVEDAD

74. Chapter 6
Oscilaciones
6.1 Problema
Una partı́cula de masa m, en presencia de la gravedad, desliza libre de roce en
una superficie que viene descrita por la ecuación
y(x) = H − He−x2
/σ
Con a informacón entregada, calcule:
ˆ El punto de equilibrio
ˆ la frecuecia de oscilación en torno del punto.
Si tomamos la referencia de energ
ia potencia 0 en el punto mas bajo de la curva, la energı́a potencial debido a
esta configiración es
U(x) = mgy(x) (6.1)
La fuerza que actúa sobre la partı́cula viene dado por la expresión
F = −
∂U
∂x
=
2Hgmx e− x2
σ
σ
(6.2)
Igualando a cero la expresiòn 6.2 obtenemos el punto de equilibrio, que en
este caso da x = 0. Como sabemos, el valor asociado a la segunda deriavada del
potencial en el punto de equilibrio, corresponde al valor d la constante elástica
k. En este caso, el valor de k es
k =
∂2
U
∂x2
|x=0=
2Hmg
σ
Como la masa de la partı́cula es m, la frecuencia de oscilación en torno del
punto de equilibrio es
w =
r
k
m
=
r
2Hg
σ
45

75. 46 CHAPTER 6. OSCILACIONES
Código wxmaxima
13/7/22, 11:56 oscilaciones-1
file:///home/miguel/MEGA/Apuntes/Fisica-wxmaxima/problema-oscilacion/oscilaciones-1.html 1/1
Problema 1: OScilación en torno del punto de
equilibrio
La altura viene descrita por la función
(%i1) y(
x)
:
=
H
−
H·
exp(
−
x·
x
/
σ)
;
(%o1) y
⁡
(
x
)
:=
H
−
H
⁢
exp
⁡
(
(
−
x
)
⁢
x
σ
)
La energía potencial asociado a la altura viene descrito po
(%i2) U(
x)
:
=
m·
g·
y(
x)
;
(%o2) U
⁡
(
x
)
:=
m
⁢
g
⁢
y
⁡
(
x
)
El punto de euilibrio ocurre cuando la fuerza es cero, o menos la deriavada del potencial es cero.
(%i3) P
:
diff(
U(
x),
x)
;
(P)
2
⁢
H
⁢
g
⁢
m
⁢
x
⁢
%e
−
x
2
σ
σ
La solución de la ecuación anterior
(%i4) solve(
P,
x)
;
(%o4) [
x
=
0
]
Diferenciando la segunda derivada para calcualrla en el punto de equilibrio
(%i5) define(
V(
x),
diff(
U(
x),
x,
2))
;
(%o5) V
⁡
(
x
)
:=
2
⁢
H
⁢
g
⁢
m
⁢
%e
−
x
2
σ
σ
−
4
⁢
H
⁢
g
⁢
m
⁢
x
2
⁢
%e
−
x
2
σ
σ
2
Constante elástica k
(%i6) k
:
V(
0)
;
(k)
2
⁢
H
⁢
g
⁢
m
σ
Frecuencia angular w
(%i7) w
:
sqrt(
k
/
m)
;
(w)
2
⁢
H
⁢
g
σ
Created with wxMaxima.
Figure 6.1: Código wxamxima

76. 6.2. PROBLEMA 47
6.2 Problema
Se tiene la siguiente sistema de masas y resortes. Las constante elástica del
resorte es k. La masa de los extremos son m y la central M. Calcule la frecuecias
Figure 6.2: Sistema de masas resorte
de oscilación de este sistema.
Solución
La energı́a potencial del sistema se puede escribir como
U(x1, x2, x3) = 1/2k(x2 − x1)2
+ 1/2k(x3 − x2)2
(6.3)
La ecuaciones dinámica asociado a cada masa es
F1 : k(x2 − x1) = mw2
x1 (6.4)
F2 : −k(x2 − x1) + k(x3 − x2) = Mw2
x2 (6.5)
F3 : −k(x3 − x2) = mw2
x3 (6.6)
A partir de este sistema, podemos contruir la matriz asociaso al sistema, y
calcular el determinante.
A =


k − m w2
k 0
k 2k − M w2
k
0 k k − m w2


El polinomio asociado al determinate de la matriz A.
p(w) := k − m w2
2k − M w2
k − m w2
− k2
− k2
k − m w2
(6.7)
Obteniendo los ceros del polinomio (ecuación 6.7) obtenemos las frecuencias
asociadas al sistema.
w1 =
r
k
m
+
2k
M
w2 =
r
k
m
y w3 = 0

77. 48 CHAPTER 6. OSCILACIONES
Código wxmaxima
13/7/22, 19:42 oscilaciones-2
file:///home/miguel-1000/MEGA/Apuntes/Fisica-wxmaxima/problema-oscilacion/oscilaciones-2.html 1/1
Problema 2: Oscilaciones
(%i1) U(
x,
y)
:
=
1
/
2·
k·(
x
−
y)
^
2
+
1
/
2·
k(
y
−
u)
^
2
;
(%o1) U
⁡
(
x
,
y
)
:=
1
2
⁢
k
⁢
(
x
−
y
)
2
+
1
2
⁢
k
⁡
(
y
−
u
)
2
Matriz asociado al sistema
(%i2) A
:
matrix(
[(
k
−
m·
w·
w),
k,
0],
[
k,(
2·
k
−
M·
w·
w),
k],
[
0,
k,(
k
−
m·
w·
w)]
)
;
(A)
(
k
−
m
⁢
w
2
k
0
k
2
⁢
k
−
M
⁢
w
2
k
0
k
k
−
m
⁢
w
2
)
Determinante de la matriz A, definiendo el polinomio
(%i3) define(
p(
w),
determinant(
A))
;
(%o3) p
⁡
(
w
)
:=
(
k
−
m
⁢
w
2
)
⁢
(
(
2
⁢
k
−
M
⁢
w
2
)
⁢
(
k
−
m
⁢
w
2
)
−
k
2
)
−
k
2
⁢
(
k
−
m
⁢
w
2
)
Resolviendo los ceros del polinomio.
(%i5) W
:
solve(
p(
x),
x)
;
(W)
[
x
=
−
k
m
+
2
⁢
k
M
,
x
=
k
m
+
2
⁢
k
M
,
x
=
−
k
m
,
x
=
k
m
,
x
=
0
]
Created with wxMaxima.
Figure 6.3: Código wxmaxima