Informe de Fisica II Pendulo fisico PDF

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE Y TEOREMA DE STEINER OBJETIVO Estudiar las del movimiento oscilatorio de un haciendo uso de los conceptos de oscilador centro de masa, momento de inercia, radio de giro torque, momento angular. OBJETIVO Estudiar la dependencia del periodo de de un compuesto (barra) con respec...

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERÍA

PÉNDULO FÍSICO Y TEOREMA DE STEINER OBJETIVO TEMÁTICO: Estudiar las características del movimiento oscilatorio de un sólido rígido haciendo uso de los conceptos de oscilador armónico, centro de masa, momento de inercia, radio de giro torque, momento angular.

OBJETIVO ESPECÍFICO: Estudiar la dependencia del periodo de oscilación de un péndulo compuesto (barra) con respecto a la distancia desde el centro de gravedad al eje de giro Determinar de manera experimental el momento de inercia de la barra.

RESUMEN Para poder entender y realizar lo hecho en el laboratorio, previamente necesitamos conocer ciertos aspectos del tema de momento de inercia (en este caso se trata de un sistema discreto), y para los respectivos cálculos necesitamos conocer las dimensiones de la barra continua, el eje de giro, además las distancias desde el orificio del centro de masa a cada orificio de la barra y también la aplicación del teorema de Steiner. En este laboratorio tenemos que medir el periodo de 5 oscilaciones respecto a los diez agujeros. Ya teniendo todos nuestros datos procedemos a realizar los respectivos gráficos.

MODELO MATEMÁTICO: I =∫ x 2 dm 2

Io=m K +m d

2

∑ τo=Io . α α=θ´

−mg sen θ d=Io . α 0=Io .θ´ +mg sen θ d senθ ≈ θ ´ 0=θ+

0=Io .θ´ +mg d θ

mgd θ Io

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERÍA 2 ´ 0= θ+ω θ

2

√

ω=

mgd Io

T =2 π

→

√ √

T =2 π

√

lp lp Io =2 π 2π g g mgd

√

Io mgd simple

→

lp=

Del péndulo tenemos: K2 +d d

Calculamos el valor teórico del momento de inercia del centro de masa de la barra respecto a su eje de giro

z

x

y

El momento de inercia de cada una de las placas es

Aplicando el teorema de Steiner

Finalmente integramos de – c/2 a c/2

Momento de inercia del cilindrito hueco considerando que posee masa

Cálculo del valor teórico del momento de inercia de la barra con agujero respecto al centro de gravedad

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Ibarra con agujeros= Ibarra sin agujeros-Io de cada uno de los agujeros Teorema de Steiner Io= Icm+ md 2 Io 1= n

m agujero R 2 2 +m agujero X di 2

n

n

∑ . di2

n

m agujero R2 + ∑ m agujero . di2 Ioi=∑ ∑ 2 i=1 i=1 i=1

(

n

n

Ha sido calculado en la última tabla

[ (

)

n

2

i=1

∑ Ioi= m agujero ∑ R2 + ∑ .di2 =8.438118 × 10−3 kg ( 19 ) i=1

i=1

i=1

2

]

)

0.0075 +1.79560625 =0.015156047 kg . 2

Necesitamos la masa de los agujeros y la masa de la barra sin agujeros, para ello necesitamos la densidad de la barra.

Reemplazando nuestros datos: Datos: Largo de la barra=1.1m Ancho de la barra= 0.037m Espesor de la barra= 0.005m Radio del hueco = 0.0075m Masa de la barra con huecos= 1.7836kg m=ρV

→

Vbarra con agujeros =

Vbarra con agujeros = Vbarra –19Vagujero −4

−5

−4

2,035 ×10 −1.67879 × 10 =1.8671 × 10 m

3

ρ=9549,996298 kg/m 3

Vagujero=8,83573

×10

−7

masa de cada agujero=

−3

8.438118 ×10 kg

m barra sin agujeros = m barra con agujeros +19m del agujero = 1.7831kg +0,160324247kg=1,943424kg

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Icm de la barra sin agujeros= m (

L2 +b 2 1.12 +0.037 2 ) =1.943424 ( ) =0.1961836kg 12 12

. m2

Ibarra con agujeros= Ibarra sin agujeros-Io de cada uno de los agujeros I teórico=0.1961836 kg . m2−0.015156407 kg .m2 I teórico=0.18102761 kg . m2 d(m)

T(s)

lp(m)

0.5025

1.626

0.656977284

0.4475

1.575333333

0.616671952

0.3925

1.550666667

0.597511369

0.3375

1.533333333

0.584228077

0.2825

1.51

0.566582512

0.2275

1.569333333

0.611983439

0.1725

1.685333333

0.705798761

0.1175

1.888666667

0.886379905

0.0625

2.53

1.59056094

Gráfica T vs d T(s)

d(m)

1.626

0.5025

1.575333333

0.4475

1.550666667

0.3925

1.533333333

0.3375

1.51

0.2825

1.569333333

0.2275

1.685333333

0.1725

1.888666667

0.1175

2.53

0.0625

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T vs. d 3

2.5 f(x) = 11.37 x² − 7.9 x + 2.81

T (seg)

2

1.5

1

0.5

0

0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

d (m)

Análisis del gráfico T vs d Tenemos que lp=

dl =0 d (d)

y también tenemos

T =2 π

√

Io K2 → ¿2=4 π 2 ( +d ) d mgd

2 K2 +d → ¿ 2 =lp→ derivamos a ambos ladosrespecto a d d 4π

¿ d (T ) = dl =0 → d (T ) =0 d (d) 2 π 2 d ( d ) d (d )

, la ecuación de la gráfica es muy tediosa de

hallar por lo cual aproximamos a una ecuación con línea de tendencia polinomial de orden 2.

d (T ) =0 , esto nos quiere decir que en la gráfica existe un punto crítico d (d)

Derivamos la función 11.371x2 - 7.8977x + 2.8131 d (T ) 22.742 X−7.8977 =0 → X=0.3472737=dmín = K =0 → d (d)

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M K 2 =Isistema=0.21504117 kg . m2 0.21504− 0.1810 0.21504

Error =

I −I T . 100 % = ( IT

). 100%= 15.82%

Grafica de lp vs d d(m) 0.5025 0.4475 0.3925 0.3375 0.2825 0.2275 0.1725 0.1175 0.0625

lp(m) 0.656977284 0.616671952 0.597511369 0.584228077 0.566582512 0.611983439 0.705798761 0.886379905 1.59056094

lp(m) vs. d(m) 1.8 1.6 1.4 1.2

f(x) = 11.22 x² − 7.79 x + 1.84

1 0.8 0.6 0.4 0.2 0

0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

Derivamos la función 11.219x2 - 7.7897x + 1.8364 d (lp) =0 d (d) 22.438 X−7.7897 =0

X =0.347165523=dmín = K

I =M K

2

Momento de inercia del sistema

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1.7831 ( 0.347165523 ) =0.214906166 Kg. m

Que sucede cuando 2

lp=

K +d →lp =2 d d

D(m)

2d=lpi

0.5025

1.005

0.4475 0.3925

0.895 0.785

0.3375

0.675

0.2825

0.565

0.2275 0.1725

0.455 0.345

0.1175

0.235

0.0625

0.125

2 d=

d(m) 0.5025

Lp 0.656977284

0.4475 0.3925

0.616671952 0.597511369

0.3375

0.584228077

0.2825 0.2275

0.566582512 0.611983439

0.1725 0.1175

0.705798761 0.886379905

0.0625

1.59056094

lpi=2 di

2

según

K2 +d → d = K d

Intersección de gráficas 1.6 1.2 0.8 0.4 0

0

0.1

0.29980647=dmín= K

0.2

0.3

0.4

0.5

La intersección nos da el valor de K

I =M K 2

Momento de inercia del sistema

I =1.7831∗0.29980647² I =0.16027202 Error =

0.6

I −I T 0.16027−0.1810 . 100 % = ( 0.16027 IT

). 100%= 12.95 %

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Por mínimos cuadrados 1/Di se puede obviar ya que la ecuación será solo múltiple de esta y no influye con los resultados (lpi− n

∑ ((lpi− i=1

K2 −Di )/ Di ) di

K2 −di) di

2

n

2

¿=0 ∑ i=1

→

d ¿ dK

2 K2 n

n

n

i=1

i=1

i=1

n

n

4

n

2

∑ li2 +∑ di2 −2 ∑ li . di +∑ diK 2 −2 ∑ Kdili +∑ ¿

li² 0.43161915 1 0.38028429 6 0.35701983 6 0.34132244 6 0.32101574 2 0.37452372 9 0.49815189 1 0.78566933 6 2.52988410 3 6.01949053 1

i=1

i=1

¿ d ¿ ¿ dK

Di² Li x Di 0.25250625 0.108986533

i=1

2li x di 0.66026217

1/di² 3.960298012

li/Di 1.30741748

2li/Di 2.61483496

0.20025625 0.076154307 0.551921397 4.993601948 1.378037881 2.756075762 0.15405625 0.055001137 0.469046425 6.491135543

1.52232196

0.11390625

1.731046154 3.462092308

0.03887876

0.394353952

8.77914952

3.04464392

0.07980625 0.025619063 0.320119119 12.53034693 2.005601811 4.011203622 0.05175625 0.019383944 0.278452465

19.321338

2.690037093

5.380074186

0.02975625 0.014823132 0.243500573 33.60638521 4.091587022 8.183174043 0.01380625 0.010847147 0.208299278 72.43096424 7.543658765 15.08731753 0.00390625

0.00988236

0.198820117

256

0.89975625 0.359576383 3.324775495 418.1132194

2

2

Sumatoria de los valores de: li , di , 2lpi × di,

1 li 2li , , di2 di di

25.44897503 50.89795007 47.7186832

95.4373664

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2K n

n

n

2 n

n

n

K4 K 2 li −2 ∑ li +∑ di −2 ∑ li . di +∑ di2 ∑ di +∑ ¿ i=1 i=1 i=1 i=1 i=1 i=1 ¿ d ¿ ¿ dK 2

2

Reemplazando los valores para hallar “K”

¿

d [ ( 6.0195 ) + (0.8998 ) − (3.3248 ) +K 4 ( 418.1132 )−K 2 ( 47.7187 )+ K 2 ( 18 )]=0 dK

d 2 [3.5945+K 4 ( 418.1132 )−K (77.4374 )]=0 dK K d [¿¿ 4 ( 418.1132 )−K 2 ( 77.4374 ) ]=0 dK ¿

K=0.3043

K (1672.4528 ) −K ( 154.8748 )=0 3

K 3 (1672.4528 ) −K ( 154.8748 )=0

→

Entonces el momento de inercia del sistema es

I=M K 2 = (1.7836kg) (0 . 3043)2 =¿ 0.1652 kg. m 2

Error =

I −I T 0.1652− 0.1810 . 100 % = ( 0. 1810 IT

). 100%= 8,73 %

OBSERVACIONES  Pudimos darnos cuenta que el periodo no depende de la masa de la barra con agujeros.  Al poner la barra hasta más o menos el quinto agujero el periodo disminuía y después del sexto agujero empezaba a incrementarse, lo cual se corrobora en la gráfica.

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 Los tiempos de las cinco oscilaciones respecto a cada uno de los agujeros calculadas tres veces tienen variaciones, por ello se recurre a hallar un promedio.

 Si queremos indagar más y considerar otros aspectos complicados como la temperatura que hace dilatar a los cuerpos, en este caso habría una variación de las dimensiones de la barra y nos llevaría a otros cálculos para hacer más evidente lo hecho en el laboratorio. CONCLUSIONES  Se puede calcular la longitud de oscilación equivalente a un péndulo 2 K lp= +d simple conociendo K y d de acuerdo a la sgte ecuación d  En la gráfica T vs d podemos obtener el momento de inercia 22.62%.

 En la gráfica lp vs d al calcular el momento de inercia se observa que el valor obtenido es muy cercano al Teórico y con un error muy pequeño lo cual indica que es un método muy acertado para hallar el momento de inercia.  En la intersección de la gráfica de lp vs d y la condición de lp=2d se valida que el valor aproximado de la intersección nos da exactamente el valor de K, que es un dmín que esta entre el punto 5 y 7 de la gráfica, lo cual nos permite calcular el momento de inercia experimental del sistema. 

En la intersección de la gráfica de lp vs d y la condición de lp=2d también notamos que la longitud equivalente de un péndulo simple al tomar 2dmín no acerca al cálculo del periodo del péndulo físico y como pusimos en la conclusión anterior un K del sistema.

 Se concluye que existen varias maneras de calcular el valor de K, por mínimos cuadrados se obtiene un valor de 0.2985 y hallando el momento de inercia se obtiene un error también pequeño pero mucho mayor que el obtenido en la gráfica lp vs. d.

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 Se concluye de acuerdo a nuestros cálculos que de los tres métodos el más confiable es mediante la gráfica lp vs. d debido al porcentaje de error de 2.2262 %, menor al resto de los métodos para hallar K.

RECOMENDACIONES  Se requiere que la oscilación sea para ángulos pequeños que cumplan con la serie de Maclaurin sin θ ≈ θ , para que cumpla con la ecuación ´ 2θ 0=θ+ω  Para tomar el periodo de las oscilaciones experimentales debemos considerar un punto de referencia de ida y vuelta, para que al soltar la barra desde distintos agujeros tengan las mismas condiciones.  Para tomar bien los periodos de oscilación debemos de soltar la barra sin aplicarle fuerza externa, ya que se si se le aplica una fuerza le damos aceleración lo cual provoca una variación en el periodo .

 Se debe calcular el momento de inercia del sistema tal como presenta su geometría para obtener menos errores.  No olvidarse de realizar las mediciones de las dimensiones de la barra así como su masa, ya que son parte imprescindible en nuestros cálculos. BIBLIOGRAFÍA  ALONSO, Marcelo; Finn, Edwar J.,FISICA/1967.(momento de inercia).  www.fisicarecreativa.com  Física para estudiantes de ciencias e ingeniería, Halliday, Resnick y Krane, 4ta. Ed., Vol. II, Cía. Editorial Continental, S.A. México, (1985).  G. O. Kolodiy, An experiment with a physical pendulum, The Physics Teacher 17, 52 (1979)...