Movimiento armónico simple: ejercicios de la PAU de Física resueltos

Planteamiento El movimiento local es sinusoidal. Una fase con el mismo signo para ωt y el signo contrario para kx describe la propagación hacia x positiva.

1. Calculamos la frecuencia angular y elegimos una fase inicial compatible.

   $\omega=2\pi f=300\pi\,\mathrm{rad/s}$$y(0)=0\Rightarrow\varphi=0$$\text{o}\ \ \pi$

2. Elegimos fase cero; el sentido inicial de la velocidad no está fijado.

   $y(t)=2{,}00\times10^{-3}\sin(300\pi t)$

3. La longitud de onda es velocidad dividida por frecuencia.

   $\lambda=\frac{v}{f}=\frac{3200}{150}=21{,}333\,\mathrm{m}$$k=\frac{2\pi}{\lambda}=0{,}29452\,\mathrm{m^{-1}}$

4. La fase ωt−kx mantiene en el origen el movimiento elegido para el teléfono.

   $y(x,t)$${}= 2{,}00\times10^{-3}\sin\left(300\pi t-\frac{3\pi}{32}x\right)$

Planteamiento La potencia se reparte por el área de una esfera. Convertimos la intensidad obtenida a decibelios con el logaritmo decimal.

1. Calculamos la intensidad en el punto de escucha.

   $I$${}= \frac{P}{4\pi r^2}$${}= \frac{1{,}00\times10^{-3}}{4\pi(3{,}00)^2}$${}= 8{,}8419\times10^{-6}\,\mathrm{W/m^2}$

2. Aplicamos la definición del nivel de intensidad.

   $\beta$${}= 10\log_{10}(I/I_0)$${}= 10\log_{10}\left(\frac{8{,}8419\times10^{-6}}{10^{-12}}\right)$${}= 69{,}465\,\mathrm{dB}$

Planteamiento Se pide qué armónico muestra la imagen, su longitud de onda y su velocidad de propagación, y la posición de los nodos y los vientres. La cuerda está sujeta por los dos extremos, la mano y el eje del cepillo, que son nodos.

1. En la imagen hay cuatro husos: cinco nodos (los dos extremos y los tres puntos intermedios que no se mueven) y cuatro vientres. Con un nodo en cada extremo, el armónico $n$ tiene $n$ vientres: es el cuarto armónico.

   $n=4$

2. Entre dos nodos consecutivos hay media longitud de onda; entre el primero y el último hay cuatro medias longitudes de onda:

   $4\,\frac{\lambda}{2}$${}= 36{,}0\,\mathrm{cm}$${}\Rightarrow \lambda=18{,}0\,\mathrm{cm}$${}= 0{,}180\,\mathrm{m}$

3. La onda vibra con la frecuencia del cepillo:

   $v=\lambda f=0{,}180\cdot357=64{,}3\,\mathrm{m\,s^{-1}}$

4. Medidas desde el primer nodo: hay un nodo cada $\lambda/2=9{,}0\,\mathrm{cm}$ y los vientres están a medio camino entre dos nodos (figura).

   $x_N=0;\ 9{,}0;\ 18{,}0;\ 27{,}0;\ 36{,}0\ \mathrm{cm}$$x_V=4{,}5;\ 13{,}5;\ 22{,}5;\ 31{,}5\ \mathrm{cm}$

ResultadoCuarto armónico; $\lambda=0{,}180\,\mathrm{m}$; $v=64{,}3\,\mathrm{m\,s^{-1}}$. Nodos a $0$, $9{,}0$, $18{,}0$, $27{,}0$ y $36{,}0\,\mathrm{cm}$ del primero; vientres a $4{,}5$, $13{,}5$, $22{,}5$ y $31{,}5\,\mathrm{cm}$.

La pauta oficial da: n = 4; λ = 0,18 m; v = 64,3 m/s; N: 0; 0,09; 0,18; 0,27; 0,36 m; V: 0,045; 0,135; 0,225; 0,315 m

Planteamiento Se pide la ecuación de la posición del eje del cepillo y su gráfica durante un período. El movimiento empieza en el desplazamiento máximo, así que conviene un coseno sin fase inicial.

1. Amplitud y frecuencia angular:

   $A=0{,}50\,\mathrm{mm}=5{,}0\times10^{-4}\,\mathrm{m}$$\omega$${}= 2\pi f$${}= 2\pi\cdot357$${}= 714\pi$${}= 2{,}24\times10^{3}\,\mathrm{rad\,s^{-1}}$

2. En $t=0$ el eje está en el desplazamiento máximo, $x(0)=A$: con $x=A\cos(\omega t+\varphi_0)$ la fase inicial es $\varphi_0=0$ (con un seno sería $\pi/2$). Con $x$ en metros y $t$ en segundos:

   $x(t)$${}= 5{,}0\times10^{-4}\cos(714\pi\,t)$${}= 5{,}0\times10^{-4}\cos\left(2{,}24\times10^{3}\,t\right)$

3. Período, para la escala de la gráfica:

   $T=\frac1f=\frac1{357}=2{,}80\times10^{-3}\,\mathrm{s}$

4. La gráfica (figura) empieza en $x=0{,}50\,\mathrm{mm}$, pasa por cero en $T/4=0{,}70\,\mathrm{ms}$, llega a $-0{,}50\,\mathrm{mm}$ en $T/2=1{,}40\,\mathrm{ms}$, vuelve a cero en $3T/4=2{,}10\,\mathrm{ms}$ y acaba en $0{,}50\,\mathrm{mm}$ en $T=2{,}80\,\mathrm{ms}$.

Resultado$x(t)=5{,}0\times10^{-4}\cos(714\pi\,t)$, con $x$ en m y $t$ en s; $T=2{,}80\times10^{-3}\,\mathrm{s}$.

La pauta oficial da: x = 5 × 10⁻⁴ cos(2240 t); T = 2,80 × 10⁻³ s

Planteamiento Se piden la frecuencia de la luz, su velocidad dentro de la fibra y su longitud de onda dentro de la fibra. La frecuencia no cambia al pasar de un medio a otro; la velocidad y la longitud de onda, sí.

1. Frecuencia, con los datos en el vacío:

   $f$${}= \frac{c}{\lambda_0}$${}= \frac{3{,}00\times10^{8}}{650\times10^{-9}}$${}= 4{,}62\times10^{14}\,\mathrm{Hz}$

2. Velocidad en la fibra:

   $v$${}= \frac{c}{n_1}$${}= \frac{3{,}00\times10^{8}}{1{,}48}$${}= 2{,}03\times10^{8}\,\mathrm{m\,s^{-1}}$

3. Longitud de onda en la fibra, con la misma frecuencia:

   $\lambda$${}= \frac vf$${}= \frac{\lambda_0}{n_1}$${}= \frac{650}{1{,}48}$${}= 439\,\mathrm{nm}$

Planteamiento Se piden el ángulo límite en la superficie entre el núcleo de la fibra ($n_1$) y el recubrimiento ($n_2$), en el punto $P$, y el ángulo de entrada $\varphi$ con el que el rayo llega a $P$ justo con ese ángulo límite.

1. Ángulo límite: el ángulo de incidencia, medido desde la normal, cuyo rayo refractado sale a $90^\circ$. Existe porque $n_1>n_2$:

   $n_1\sin\theta_L$${}= n_2\sin90^\circ$${}\Rightarrow \theta_L$${}= \arcsin\frac{n_2}{n_1}$${}= \arcsin\frac{1{,}44}{1{,}48}$${}= 76{,}65^\circ$

2. La normal en $P$ es perpendicular al eje de la fibra: el ángulo $\varphi'$ que forma el rayo refractado con el eje es el complementario de $\theta_L$.

   $\varphi'$${}= 90^\circ-\theta_L$${}= 90^\circ-76{,}65^\circ$${}= 13{,}35^\circ$

3. Ley de Snell en la entrada de la fibra, desde el aire; en la cara de entrada la normal es el eje, así que $\varphi$ y $\varphi'$ son los ángulos con la normal:

   $n_{\text{aire}}\sin\varphi$${}= n_1\sin\varphi'$${}\Rightarrow \varphi=\arcsin(1{,}48\cdot\sin13{,}35^\circ)$${}= 20{,}0^\circ$

4. Si $\varphi$ es menor que $20{,}0^\circ$, el rayo llega a $P$ con un ángulo mayor que el límite y se refleja totalmente; si es mayor, parte de la luz pasa al recubrimiento.

   $\varphi\le20{,}0^\circ\;\Rightarrow\;\theta\ge\theta_L$

Planteamiento El cuadrado del período es proporcional a la longitud en la aproximación de pequeñas oscilaciones. Las medidas tienen dispersión, así que la pendiente gráfica no es única.

1. Elevamos al cuadrado los períodos, sin redondearlos.

   $T^2$${}= (0{,}8100;\,1{,}1664;\,2{,}0449;\,3{,}0625;\,4{,}8400)\,\mathrm{s^2}$

2. Representamos los cinco puntos con L en metros en el eje horizontal y T² en segundos cuadrados en el vertical. Tomamos la secante entre los puntos extremos como estimación de la pendiente.

   $T^2=\frac{4\pi^2}{g}L$$s$${}= \frac{4{,}8400-0{,}8100}{1{,}20-0{,}20}$${}= 4{,}03\,\mathrm{s^2/m}$

3. El campo gravitatorio se obtiene de la pendiente.

   $g=\frac{4\pi^2}{4{,}03}$

Planteamiento El péndulo pierde altura y transforma energía potencial en cinética. Utilizamos el valor de g medido en el apartado anterior, sin redondearlo.

1. Calculamos la altura respecto al punto más bajo.

   $h$${}= L(1-\cos30^\circ)$${}= 1{,}00(1-\cos30^\circ)$

2. Toda la energía potencial inicial pasa a cinética en el punto más bajo.

   $U_{\max}$${}= K_{\max}$${}= E_m$${}= 1{,}50\frac{4\pi^2}{4{,}03}(1-\cos30^\circ)$$v_{\max}=\sqrt{2E_m/1{,}50}$

Planteamiento El rayo tiene ángulos distintos en el aire y en el agua. La distancia total es la suma de los dos desplazamientos horizontales.

1. Calculamos el ángulo dentro del agua con Snell.

   $\theta=\arcsin\frac{1{,}00\sin40{,}0^\circ}{1{,}33}$

2. Los ojos están a dos metros y medio del agua.

   $x$${}= (1{,}60+0{,}90)\tan40{,}0^\circ$${}+2{,}00\tan\theta$

Planteamiento El láser deja de transmitirse hacia fuera por reflexión total. La frecuencia se conserva al atravesar la interfaz, pero cambian velocidad y longitud de onda.

1. Calculamos el ángulo crítico y la velocidad en el agua.

   $\theta_c=\arcsin(1{,}00/1{,}33)$$v=\frac{3{,}00\cdot10^8}{1{,}33}$

2. La frecuencia es la de la luz en el aire y la longitud de onda se divide por el índice.

   $f=\frac{3{,}00\cdot10^8}{632{,}8\cdot10^{-9}}$$\lambda=\frac{632{,}8}{1{,}33}\,\mathrm{nm}$

Planteamiento La proyección de un movimiento circular es armónica. La amplitud es el radio del disco y las dos masas tienen la misma frecuencia angular.

1. Elegimos origen en el equilibrio y sentido positivo ascendente. Inicialmente la masa está en el punto más bajo y en reposo.

   $y(t)=-0{,}19\cos(6{,}41t)\,\mathrm{m}$

2. Hallamos la rigidez y la energía de oscilación respecto al equilibrio.

   $k=m\omega^2=0{,}5\cdot6{,}41^2$$E_m$${}= \frac12kA^2$${}= \frac12(0{,}5\cdot6{,}41^2)\cdot0{,}19^2$

Planteamiento La velocidad es la derivada de la posición. Las energías cinética y potencial se complementan y suman una constante.

1. Derivamos y calculamos la cinética con la masa.

   $v(t)$${}= 0{,}19\cdot6{,}41\sin(6{,}41t)$${}= 1{,}2179\sin(6{,}41t)\,\mathrm{m/s}$$K(t)=0{,}37082\sin^2(6{,}41t)\,\mathrm{J}$

2. Gráfico en función de y: recta horizontal para Em, parábola abierta hacia arriba para U y parábola abierta hacia abajo para K. El dominio va de −A a A; K es cero en los extremos y U es cero en el equilibrio.

   $E_m=0{,}37082$$U(y)=10{,}272y^2$$K(y)$${}= 0{,}37082$${}-10{,}272y^2\quad[\mathrm{J}]$

Planteamiento Se pide leer en la gráfica la amplitud y el período, calcular la frecuencia angular, escribir la ecuación del movimiento y deducir y calcular la aceleración máxima. En la gráfica la punta empieza, en $t=0$, en el punto más alto: $y=100\,\mathrm{nm}$.

1. De la gráfica: el desplazamiento máximo es de $100\,\mathrm{nm}$ y la punta vuelve al máximo en $t=\pi\,\mu\mathrm{s}$ (pasa por el mínimo en $\pi/2\,\mu\mathrm{s}$).

   $A=100\,\mathrm{nm}=1{,}00\times10^{-7}\,\mathrm{m}$$T$${}= \pi\,\mu\mathrm{s}=\pi\times10^{-6}\,\mathrm{s}$${}= 3{,}14\times10^{-6}\,\mathrm{s}$

2. Frecuencia angular:

   $\omega$${}= \frac{2\pi}{T}=\frac{2\pi}{\pi\times10^{-6}}$${}= 2{,}00\times10^{6}\,\mathrm{rad\,s^{-1}}$

3. En $t=0$ la punta está en el máximo, $y(0)=A$. Con un coseno la fase inicial es cero (con un seno sería $\pi/2$); $y$ en metros y $t$ en segundos:

   $y(t)$${}= A\cos(\omega t)$${}= 1{,}00\times10^{-7}\cos\left(2{,}00\times10^{6}\,t\right)$

4. Derivamos dos veces: la aceleración es proporcional al desplazamiento y máxima en los extremos, donde $|\cos(\omega t)|=1$.

   $a(t)$${}= \frac{\mathrm d^2y}{\mathrm dt^2}$${}= -A\omega^2\cos(\omega t)$${}\Rightarrow a_{\max}$${}= A\omega^2$

5. Sustituimos:

   $a_{\max}$${}= 1{,}00\times10^{-7}\cdot(2{,}00\times10^{6})^2$${}= 4{,}00\times10^{5}\,\mathrm{m\,s^{-2}}$

Planteamiento Se pide la masa de la punta, tratada como una masa unida a un muelle de $k=8{,}00\,\mathrm{N/m}$, y si ha ganado o perdido masa cuando el período aumenta un $22\,\%$ con la misma constante.

1. Para una masa en un muelle, la frecuencia angular depende de $k$ y de $m$:

   $\omega=\sqrt{\frac km}\;\Rightarrow\;m=\frac{k}{\omega^2}$

2. Sustituimos, con la frecuencia angular del apartado a):

   $m$${}= \frac{8{,}00}{(2{,}00\times10^{6})^2}$${}= 2{,}00\times10^{-12}\,\mathrm{kg}$

3. El período es proporcional a la raíz de la masa. Si $T$ crece un $22\,\%$ con la misma $k$, la masa ha aumentado:

   $T$${}= 2\pi\sqrt{\frac mk}$${}\Rightarrow \frac{m'}{m}=\left(\frac{T'}{T}\right)^2$${}= 1{,}22^2$${}= 1{,}49$

4. Masa nueva de la punta:

   $m'$${}= 1{,}49\cdot2{,}00\times10^{-12}$${}= 2{,}98\times10^{-12}\,\mathrm{kg}$

Planteamiento El período es el tiempo total dividido por el número de oscilaciones y la amplitud es la mitad de la distancia entre extremos. En el muelle vertical hay que distinguir la fuerza neta restauradora de la fuerza elástica real, que compensa además el peso en el equilibrio.

1. Calculamos período, frecuencia angular y rigidez.

   $T=\frac{60}{40}=1{,}5\,\mathrm{s}$$\omega=\frac{2\pi}{T}$$k=0{,}100\left(\frac{2\pi}{1{,}5}\right)^2$

2. Con sentido positivo ascendente y origen en el equilibrio, el inicio está en el mínimo de posición. Primero obtenemos la fuerza neta restauradora, que es la representada por la pauta.

   $A=0{,}15/2=0{,}075\,\mathrm{m}$$y(t)=-0{,}075\cos(4\pi t/3)$$F(t)=k\,0{,}075\cos(4\pi t/3)$

3. Para la fuerza neta, dibujamos dos períodos, de cero a tres segundos: máximos positivos en 0, 1,5 y 3 s; mínimos en 0,75 y 2,25 s; ceros en 0,375, 1,125, 1,875 y 2,625 s. Esta curva oscila alrededor de cero y no representa por sí sola la fuerza real del muelle.

   $F_{\max}=kA$

4. La fuerza que ejerce el muelle satisface $F_{\mathrm{muelle}}-mg=-ky$. Su gráfica tiene la misma forma y amplitud, pero se desplaza verticalmente $mg$: máximos $mg+kA$ y mínimos $mg-kA$. El enunciado no proporciona $g$, por lo que dejamos ese desplazamiento simbólico.

   $F_{\mathrm{muelle}}(t)$${}= mg-ky(t)$${}= mg$${}+k(0{,}075\,\mathrm{m})\cos(4\pi t/3)$$0\le t\le3\,\mathrm{s}$

Planteamiento La energía total se conserva y es la potencial máxima. La cinética que queda en una posición concreta determina el módulo de la velocidad.

1. Conservamos la constante exacta del muelle calculada con el período.

   $E_m$${}= \frac12\left[0{,}100\left(\frac{2\pi}{1{,}5}\right)^2\right]0{,}075^2$$K(y)=\frac12k(0{,}075^2-y^2)$

2. A tres centímetros sobre el equilibrio usamos la misma energía sin redondeos previos.

   $|v|$${}= \sqrt{\frac{2K(0{,}030)}{0{,}100}}$${}= \frac{2\pi}{1{,}5}\sqrt{0{,}075^2-0{,}030^2}$

Planteamiento La separación entre crestas es la longitud de onda. La boya oscila verticalmente y su amplitud es la mitad del recorrido entre el punto más bajo y el más alto.

1. Contamos ciclos por segundo y calculamos la velocidad de propagación.

   $f=\frac{30}{60}=0{,}50\,\mathrm{Hz}$$\lambda=4\,\mathrm{m}$$v=\lambda f=2{,}00\,\mathrm{m/s}$

2. Elegimos un coseno que empiece en el máximo positivo.

   $A=\frac{0{,}40}{2}=0{,}20\,\mathrm{m}$$\omega=2\pi f=\pi\,\mathrm{rad/s}$$y(t)=0{,}20\cos(\pi t)$

Planteamiento Derivamos la posición para obtener la velocidad y volvemos a derivar para la aceleración. Los máximos de los módulos corresponden al valor absoluto uno del seno o coseno.

1. Obtenemos las funciones y sus amplitudes.

   $v_y(t)=-0{,}20\pi\sin(\pi t)$$a_y(t)=-0{,}20\pi^2\cos(\pi t)$$v_{\max}=A\omega$$a_{\max}=A\omega^2$

2. Para dibujar un período unimos suavemente estos cinco puntos.

   $(t,v_y)$${}= (0,0),(0{,}5,-0{,}628),(1,0),(1{,}5,0{,}628),(2,0)$

Planteamiento Leemos amplitud y período en la gráfica. La relación entre frecuencia angular, masa y constante elástica viene de la segunda ley de Newton aplicada al muelle.

1. Los máximos son 2,4 m y se repiten cada 4 s; inicialmente la masa pasa por el equilibrio hacia x positiva.

   $A=2{,}4\,\mathrm m$$T=4\,\mathrm s$$\omega=2\pi/T=\pi/2$

2. Despejamos k y elegimos la fase del seno.

   $k=m\omega^2=2(\pi/2)^2$$x(t)=2{,}4\sin(\pi t/2)$

Planteamiento Derivamos la posición para dibujar la velocidad. El signo de la aceleración es opuesto al de la elongación porque el muelle tiende a recuperar el equilibrio.

1. La velocidad es un coseno con un máximo inicial.

   $v(t)=1{,}2\pi\cos(\pi t/2)\,\mathrm{m/s}$$a(t)=-(\pi/2)^2x(t)$

2. La gráfica de velocidad pasa por los puntos indicados y se repite cada cuatro segundos.

   $(t,v)$${}= (0,3{,}77),(1,0),(2,-3{,}77),(3,0),(4,3{,}77)$

Planteamiento El período de una masa suspendida de un muelle depende de su masa y de la constante elástica. Medir varias oscilaciones permite determinarlo con más precisión.

1. Si N oscilaciones duran Δt, obtenemos el período y despejamos la masa.

   $T=\Delta t/N$$T=2\pi\sqrt{m/k}$$m=k\left(\frac{\Delta t}{2\pi N}\right)^2$

2. La gravedad solo desplaza el equilibrio y no aparece en el período.

   $k=100\,\mathrm{N/m}$$m=\frac{100T^2}{4\pi^2}$

Planteamiento La aceleración es opuesta a la posición respecto al equilibrio. Si inicialmente la aceleración es máxima y positiva, la masa está en el extremo negativo.

1. Escribimos un coseno con signo negativo para satisfacer la condición inicial.

   $\omega=2\pi f=20\pi$$x(t)=-0{,}0600\cos(20\pi t)$

2. Derivamos dos veces y calculamos los máximos.

   $v(t)=0{,}0600(20\pi)\sin(20\pi t)$$a(t)$${}= 0{,}0600(20\pi)^2\cos(20\pi t)$$v_{\max}=A\omega$$a_{\max}=A\omega^2$

Planteamiento La gráfica T² frente a masa debe ser una recta de pendiente 4π²/k. Medir 20 oscilaciones reduce la contribución relativa del error de cronometraje.

1. Leemos los puntos de la recta(0,0) y(1,2 kg;0,40 s²).

   $T^2=\frac{4\pi^2}{k}m$$b=0{,}40/1{,}20=1/3$$k=4\pi^2/b$

2. Calculamos f para 5,00 kg sin redondear k. Si 20 oscilaciones duranΔt, T=Δt/20.

   $f=\frac1{2\pi}\sqrt{k/5{,}00}=\sqrt{3/5}$$\delta T=\delta(\Delta t)/20$

Planteamiento La masa parte del extremo positivo con velocidad nula. Un coseno sin fase satisface ambas condiciones iniciales.

1. Usamos la frecuencia angular exacta deducida de la pendiente.

   $\omega=2\pi\sqrt{3/5}$$x(t)=0{,}150\cos\left(2\pi\sqrt{3/5}\,t\right)$

2. En el equilibrio toda la energía es cinética; en los extremos el módulo de la fuerza y de la aceleración es máximo.

   $v^2=\omega^2(A^2-x^2)$$a=-\omega^2x$

Planteamiento La elongación inicial respecto a la longitud natural es la amplitud. Empezamos al soltar el bloque desde el extremo derecho y con velocidad nula.

1. Calculamos amplitud, frecuencia angular y período.

   $A=0{,}45-0{,}30=0{,}15\,\mathrm m$$\omega=\sqrt{300/2}$$T=2\pi\sqrt{2/300}$

2. El origen está en el equilibrio y el sentido positivo apunta a la derecha.

   $x(t)=0{,}15\cos(\sqrt{150}\,t)\,\mathrm m$

Planteamiento No hay rozamiento, por lo que la energía mecánica permanece constante. En el instante inicial toda la energía es potencial, porque el bloque se suelta en reposo.

1. La energía máxima se obtiene a partir de la amplitud, sin redondear.

   $E_m$${}= \frac12kA^2$${}= \frac12\cdot300\cdot0{,}15^2$${}= 3{,}375\,\mathrm J$

2. En la gráfica, U empieza arriba y K en cero; ambas tienen período T/2. En T/4 se intercambian, en T/2 vuelven al estado energético inicial y en T se repite todo.

   $U(t)=3{,}375\cos^2(\sqrt{150}\,t)$$K(t)$${}= 3{,}375\sin^2(\sqrt{150}\,t)\quad[\mathrm J]$

Planteamiento La frecuencia cuenta oscilaciones por segundo y el período es el tiempo de una oscilación. Elegimos altura positiva respecto al equilibrio.

1. Calculamos las tres magnitudes a partir de seis oscilaciones en treinta segundos.

   $f=6/30$$T=30/6$$\omega=2\pi f$

2. La saltadora empieza en el punto más alto y con velocidad nula, así que usamos un coseno sin fase.

   $y(t)=4\cos((2\pi/5)t)\,\mathrm m$

Planteamiento La frecuencia angular permite hallar la constante elástica. En equilibrio la tensión de la cuerda iguala el peso.

1. Conservamos omega exacta al calcular la rigidez.

   $k=m\omega^2=60(2\pi/5)^2$

2. Adoptamos g=9,81 m/s², valor no especificado en el enunciado. Sumamos el alargamiento estático a la longitud natural.

   $k\Delta L=mg$$L=30+\frac{60\cdot9{,}81}{60(2\pi/5)^2}$