Respuesta
Estamos en presencia de un movimiento armónico simple.
Ahora, para hacer esta demostración se recomienda realizar sumatoria de momentos, para ello aplicaremos dos casos : La barra no perturbadaLa perturbada.
Para esto tengamos que x₁ es la distancia del resorte no perturbada y x₂ es la extensión del resorte.
1 - Realizamos la sumatoria de momento en el extremo de la barra, donde el momento es cero.
M·g = 2·K·x₁ (1) 2 - Realizamos sumatoria de momento con la barra deformada o perturbada, justamente en el punto donde pivotea la barra.
Al existir una perbutación existe aceleración angular.
- M·g·Cos(θ)·L / 2 + k·(x₁ + x₂)Cos(θ)·L = - I·α (2) Ahora, sustituimos la ecuación 1 en la 2, tenemos : - 2·K·x₁·Cos(θ)·L / 2 + K·(x₁ + x₂)·Cos(θ)·L = - I·α Simplificamos : - 2·K·x₁·Cos(θ)·L / 2 + K·x₁·Cos(θ)·L + K·x₂·Cos(θ)·L = - I·α Simplificamos y tenemos que : K·x₂·Cos(θ)·L = - I·α (3) Ahora, sabemos que para una barra el momento de inercia viene dado como : I = (1 / 3) · M·L² Sustituimos en la ecuación 3 y tenemos : K·x₂·Cos(θ)·L = - (1 / 3) · M·L²·α Ahora, despejamos la aceleración angular, tenemos : - 3·K·x₂·Cos(θ) / M·L = α Ahora, si observamos la barra esta inclinada, por tanto la deformación x₂ se puede expresar como : Senθ = x₂ / L x₂ = L·Senθ Sustituimos y tenemos que : - 3·K·L·Sen(θ)·Cos(θ) / M·L = α Simplificamos y tenemos que : - 3·K·Sen(θ)·Cos(θ) / M = α Ahora, tenemos dos consideraciones : El ángulo es muy pequeño por tanto θ≈ 0 y si esto es así entonces Cos(0) = 1 Si θ≈ 0 entonces el Sen(θ) ≈ θTomando estas dos consideraciones tenemos que : ( - 3·K / M)·θ = α Demostrando entonces el comportamiento armónico simple en donde se debe tener la estructura ω²·θ = α , que es lo que conseguimos.
Ahora, buscamos el periodo, sabemos que el periodo tiene la siguiente forma : T = 2π / ω Pero ya sabemos quien es ω, es decir : ω = √( - 3·K / M)Sustituimos y tenemos que el periodo será : T = 2π·√M / √( - 3K)Y este sería el periodo para ángulos muy pequeños debido a nuestras condiciones.