Ejercicio resuelto de Movimiento armónico · Física · 2026

Bloque 3: Vibraciones y Ondas [3 puntos]

Opción 3-B.

a) [1,5p] Una masa $m=\mathrm{2,0}\text{ kg}$, unida a un muelle de constante elástica $k=400\text{ N/m}$, oscila horizontalmente describiendo un movimiento armónico simple de amplitud $A=5\text{ cm}$. Calcule la energía mecánica total del sistema y el módulo de la velocidad de la masa cuando se encuentra a una distancia $x=\mathrm{3,0}\text{ cm}$ de la posición de equilibrio.

b) [1,5p] Un cubo de vidrio, de índice de refracción $n_v=\mathrm{1,5}$, está casi totalmente sumergido en agua, de índice de refracción $n_a=\mathrm{1,33}$, de modo que solo su cara superior está en contacto con el aire. Sobre dicha cara incide desde el aire un rayo de luz con un ángulo $\alpha$ respecto a la normal, como muestra la figura. Determine el valor máximo de $\alpha$ para que se produzca reflexión total en una cara lateral del cubo, en contacto con el agua.

Pasamos las longitudes al Sistema Internacional:

$A=5\text{ cm}=\mathrm{0,050}\text{ m}x=\mathrm{3,0}\text{ cm}=\mathrm{0,030}\text{ m}$

En un movimiento armónico simple la energía mecánica se conserva. En los extremos de la oscilación la velocidad es nula y toda la energía es elástica, de modo que:

$E={\displaystyle \frac{1}{2}}k{A}^2={\displaystyle \frac{1}{2}}\cdot 400\cdot (\mathrm{0,050}{)}^2=\mathrm{0,50}\text{ J}$

Para hallar la velocidad en un punto cualquiera igualamos esa energía a la suma de la cinética y la elástica en ese punto:

${\displaystyle \frac{1}{2}}k{A}^2={\displaystyle \frac{1}{2}}m{v}^2+{\displaystyle \frac{1}{2}}k{x}^2$

$v=\sqrt{{\displaystyle \frac{k}{m}}(A^2-x^2)}$

Sustituimos, teniendo en cuenta que $k\mathrm{/}m={\omega }^2=200{\text{s}}^{-2}$:

$v=\sqrt{200[(\mathrm{0,050}{)}^2-(\mathrm{0,030}{)}^2]}=\sqrt{\mathrm{0,32}}=\mathrm{0,57}\text{ m/s}$

La energía mecánica del sistema es $\mathrm{0,50}\text{ J}$ y la masa pasa por $x=\mathrm{3,0}\text{ cm}$ a $\mathrm{0,57}\text{ m/s}$, valor menor que la velocidad máxima $v_{\max }=\omega A=\mathrm{0,71}\text{ m/s}$, como corresponde a un punto que no es el de equilibrio.












El rayo entra por la cara superior refractándose un ángulo $\beta$ respecto de la normal vertical y llega a la cara lateral formando un ángulo $\theta$ con la normal horizontal. Como las dos normales son perpendiculares entre sí:

$\theta ={90}^{\circ }-\beta$





Hay reflexión total en la cara lateral cuando $\theta \ge {\theta }_c$, siendo ${\theta }_c$ el ángulo límite de la interfaz vidrio-agua. Ese ángulo es aquel para el que el rayo refractado sale rasante:

$n_v\text{sen}{\theta }_c=n_a\text{sen}{90}^{\circ }\Rightarrow \text{sen}{\theta }_c={\displaystyle \frac{n_a}{n_v}}={\displaystyle \frac{\mathrm{1,33}}{\mathrm{1,5}}}=\mathrm{0,887}$

${\theta }_c={\mathrm{62,46}}^{\circ }$

La condición $\theta \ge {\theta }_c$ equivale a $\beta \le {90}^{\circ }-{\theta }_c$, luego el mayor ángulo de entrada corresponde al caso límite:

${\beta }_{\max }={90}^{\circ }-{\mathrm{62,46}}^{\circ }={\mathrm{27,54}}^{\circ }$

$\text{sen}{\beta }_{\max }=\cos {\theta }_c=\sqrt{1-{\mathrm{0,887}}^2}=\mathrm{0,462}$

Por último aplicamos la ley de Snell en la entrada aire-vidrio, con $n_{\text{aire}}=1$:

$\text{sen}{\alpha }_{\max }=n_v\text{sen}{\beta }_{\max }=\mathrm{1,5}\cdot \mathrm{0,462}=\mathrm{0,694}$

${\alpha }_{\max }={\mathrm{43,9}}^{\circ }$

Para todo ángulo de incidencia $\alpha \le {\mathrm{43,9}}^{\circ }$ la luz llega a la cara lateral con un ángulo igual o superior al límite y queda atrapada por reflexión total; con ángulos mayores, $\beta$ crece, $\theta$ baja del ángulo límite y la luz escapa al agua.