Vibraciones Mecanicas

CAPTULO

5Aplicaciones de ED de orden superior

OBJETIVOS PARTICULARES

Aplicar los mtodos de solucin de ED lineales de segundo orden con coeficientes constantes pararesolver problemas con condiciones iniciales asociados a modelos sobre

Vibraciones mecnicas: movimiento armnico simple, movimiento amortiguado libre y movi-miento amortiguado forzado.

Circuitos elctricos: RC, RL, LC y RLC.

5.1 Introduccin

En este captulo se presentarn dos tpicos en los cuales las ecuaciones diferenciales ordinarias de segundoorden desempean un papel vital para su modelacin, a saber, vibraciones mecnicas y circuitos elctricos.Un principio fundamental de la fsica establece que los sistemas fsicos tienden a estar en una posicin demnima energa potencial denominada posicin de equilibrio y si, por alguna razn, el sistema es forzadoa salir de ese equilibrio, entonces tender a regresar a l. Por ejemplo, piense por un momento en unpndulo esttico; si golpea la masa del pndulo con una pequea fuerza, el sistema saldr de su posicinde equilibrio y en algn momento posterior se detendr, pero al no estar en equilibrio retornar buscandodicha posicin.La teora de oscilaciones pequeas permite describir cuantitativa y cualitativamente el movimiento queocurre en los sistemas fsicos cuando estn cerca de su posicin de equilibrio estable. Muchos fenmenos(pndulos, terremotos, mareas, etc.) pueden ser analizados utilizando esta teora. El modelo ms sim-ple que permite describir cuantitativa y cualitativamente el fenmeno de vibracin es el sistema masa-resorte, tambin llamado oscilador armnico, en el cual no hay prdida de energa. Otro modelo es el demasa-resorte-amortiguador, donde adems se consideran fuerzas disipativas; en este caso la energa no seconserva y las oscilaciones tienden a desaparecer en el tiempo. Un tercer modelo es el oscilador forzadoque considera fuerzas de excitacin que incrementan o reducen la energa del sistema. En algunos casos,esta fuente de energa puede llegar a ser la responsable de la destruccin del sistema.En la primera parte de este captulo analizaremos los osciladores libre, amortiguado y forzado.

263

264 Ecuaciones diferenciales

La segunda parte la dedicaremos al estudio de los circuitos elctricos RLC en serie que estn formados porun resistor R, un inductor L y un capacitor C. Estos circuitos encuentran su aplicacin ms prctica en elsistema elctrico de una instalacin ya sea domstica o industrial y en todos los aparatos elctricos queutilizamos en nuestra vida cotidiana. En nuestro anlisis describiremos cmo se comportan la carga y lacorriente en circuitos RLC. Finalmente, estableceremos una relacin electromecnica entre las vibracionesmecnicas y los circuitos elctricos.

5.2 Vibraciones mecnicas

Comenzamos el estudio de los fenmenos oscilatorios presentando algunos ejemplos en que estos fen-menos ocurren adems del que se mencion en la introduccin.

Otro ejemplo puede ocurrir cuando se realiza un viaje en avin. En condiciones normales el avin per-manece estable en gran parte del recorrido; sin embargo, una turbulencia puede provocar la prdida mo-mentnea de la estabilidad y el equilibrio; cuando esto ocurre, el avin empieza a vibrar intentando regresara su posicin de equilibrio. Afortunadamente el avin cuenta con diversos aparatos que permiten la disi-pacin de la vibracin de forma rpida y segura.

Un tercer ejemplo lo podemos observar cuando se viaja en un auto y, sin reducir la velocidad, se pasa por untope o bache. Inmediatamente el auto empieza a vibrar verticalmente y slo la accin de los amortiguadorespermite reducir y desaparecer las vibraciones del auto.

En general, las vibraciones aparecen cuando se aplica una pequea fuerza a un sistema fsico que se en-cuentra inicialmente en un estado de equilibrio estable. Cuando esta fuerza desaparece, el sistema tiende aregresar a su posicin de equilibrio. Para entender el proceso fsico que ocurre, recordemos que un sistemafsico est en una posicin de equilibrio estable cuando se encuentra en un mnimo de energa potencial.

x

V (energa potencial)

3

xe

Ve

Un sistema se encuentra en una posicin de equilibrio estable si est enunmnimo de energa potencial. Si se mueve de esta posicin, entoncesel sistema tender a oscilar.

Para que abandone esa posicin es necesario proporcionarle energa mediante la accin de una fuerza.Cuando se deja de aplicar la fuerza, el sistema ha adquirido energa potencial, que al intentar retornar ala posicin de equilibrio, se transforma en energa cintica. Es decir, cuando pasa la posicin de equilibriotendr energa cintica y no se detendr; continuar su movimiento transformando ahora, hasta que de-saparezca, su energa cintica en potencial. Esta transferencia entre energa cintica y potencial se repetirindefinidamente a menos que algn mecanismo permita la disipacin de energa mecnica.

5.2 Vibraciones mecnicas 265

5.2.1 Movimiento armnico simple

k

m

Sistema masa-resorte para el estudio de las vibraciones mecnicas

x0

Para iniciar el estudio de las vibraciones mecnicas, analicemos una situacin cotidiana y simple. Conside-remos un cuerpo de masa m que est unido a una pared por medio de un resorte de constante k (sistemamasa-resorte) el cual se encuentra sobre una mesa horizontal. Por simplicidad supongamos tambin que noexiste friccin entre el cuerpo y lamesa y que el sistema se encuentra inicialmente en equilibrio. De repente,el resorte se comprime (o se elonga) una distancia pequea x0, medida desde la posicin de equilibrio (verfigura anterior), y se le aplica una velocidad v0. Desde ese momento, el resorte ejerce una fuerza sobrela masa que tiende a regresarla a su posicin de equilibrio inicial. En general, esta fuerza depende dela distancia comprimida (o elongada) del resorte. Si la compresin (o elongacin) es pequea, se puedesuponer que la fuerza es directamente proporcional a dicha deformacin y que siempre apunta hacia laposicin de equilibrio o en sentido contrario a la deformacin. Dicha suposicin se conoce como ley deHooke para resortes lineales. Es decir, la fuerza FR que en todo momento ejerce el resorte sobre la masaest dada por

FR D kx;donde x es la deformacin y k > 0 es la constante del resorte.Por otra parte, y de acuerdo con la segunda ley de Newton, la suma de todas la fuerzas que se aplican a uncuerpo produce un cambio a su movimiento que se rige por la ecuacin

F D ma D md2x

dt2:

Igualando estos dos resultados, se obtiene el PVI que modela el sistemamasa-resorte:

md 2x

dt2D kx; con las condiciones iniciales x.0/ D x0 & v.0/ D v0I

o equivalentemente:

md 2x

dt2C kx D 0I con x.0/ D x0 & x 0.0/ D v0: (5.1)

El modelo encontrado es una ecuacin diferencial de segundo orden con coeficientes constantes. Pararesolverla, proponemos como solucin de la ecuacin diferencial una funcin del tipo x D ert: Derivandodos veces con respecto al tiempo y sustituyendo en (5.1) obtenemos la ecuacin algebraica

.mr2 C k/ert D 0 ) mr2 C k D 0Icuyas dos races son imaginarias debido a que m y k son constantes positivas,

mr2 C k D 0 ) r2 D km) r D

kmD

k

mi I donde i D

p1:

Si definimos la frecuencia natural del sistema como w Dk

m, tendremos r D iw, de tal forma que un

conjunto fundamental de soluciones lo constituyen las dos funciones sinusoidales coswt y senwt . Entoncesla solucin general de la ecuacin diferencial es

x.t/ D c1 coswt C c2 senwt: (5.2)


Derivando la ecuacin (5.2), se obtiene la velocidad del cuerpo, sta es

x 0.t/ D v.t/ D c1w senwt C c2w coswt: (5.3)Las constantes c1 & c2 que aparecen en las ecuaciones (5.2) y (5.3) se deben determinar a partir de las condi-ciones iniciales de movimiento. Como la masa se encuentra inicialmente (t D 0/ a una distancia x0 de laposicin de equilibrio, y se suelta con velocidad inicial v0; entonces se debe cumplir que

x0 D x.0/ D c1 cos .0/C c2 sen .0/ D c1.1/C c2.0/ D c1:v0 D v.0/ D c1w sen .0/C c2w cos .0/ D c1w.0/C c2w.1/ D c2w;

de donde

c1 D x0 & c2 D v0w: (5.4)

Finalmente, integrando los resultados anteriores (5.4) a la ecuacin (5.2), se obtiene la siguiente expresinpara la posicin instantnea de la masa en todo tiempo t :

x.t/ D x0 coswt C v0w

senwt: (5.5)

Por otra parte, para poder analizar la ecuacin anterior conviene escribirla en cualquiera de las dos formascompactas equivalentes

x.t/ D A sen.wt C / o bien x.t/ D A cos.wt 1/:

Equivalencia que se obtiene con recordar que las funciones seno y coseno estan desfasadas un ngulo

2, es

decir:sen D cos

(

2

):

En consecuencia, si elegimos D wt C , se debe cumplir:

wt C 2D wt 1;

de donde:1 D

2 :

Queremos reescribir la posicin de la masa en la forma x.t/ D A sen.wt C /.Se tiene x.t/ D c1 coswt C c2 senwt y se quiere x.t/ D A sen.wt C /.Lo que se tiene coincide con lo que se quiere cuando:

c1 coswt C c2 senwt D A sen.wt C / D Asenwt cos C sen coswt DD .A cos / senwt C .A sen/ coswt D .A sen/ coswt C .A cos / senwt:

Y esto sucede si

A sen D c1 & A cos D c2: (5.6)De estas igualdades se tiene que

c21 C c22 D A2 sen 2 C A2 cos 2 D A2.sen 2 C cos 2/ D A2.1/ D A2:De donde:

A Dc21 C c22 ;

y adems, con c2 0,c1

c2D A senA cos

D tan ) D arctan c1c2:

Es til recordar estas relaciones usando el tringulo:


c2

c1

A

Obtenemos as una frmula simplificada de la posicin de la masa, con respecto a su posicin de equilibrio:

x.t/ D A sen .wt C /: (5.7)

En esta expresin, A y se definen respectivamente como la amplitud de la oscilacin y el ngulo de fase.Veamos ahora el significado fsico de estos conceptos, que se representan en la figura siguiente:

t

x

4

w

A

5

5

5

5

T D 2=w

T D 2=w6

2w

w

5

2w

w

9

2w

w

x.t/D A sen .wt C /

Se tiene que la posicin x.t/ toma valores en el intervalo A;A ya que

1 sen 1; con 2 R ) j sen j 1; con 2 R )) j sen.wt C / j 1 ) A j sen.wt C / j A; con A > 0 )) jA sen.wt C / j A ) j x.t/ j A ) A x.t/ A:

De forma que A es la mxima separacin del cuerpo con respecto a la posicin de equilibrio. De aqu queA es la amplitud (mxima) de la oscilacin.Este desplazamientomximo ocurre cuando:

j x.t/ j D A ) j sen.wt C / j D 1 ) sen.wt C / D 1 )) wt C D

2C n; con n entero )

) wt C D .2nC 1/2; con n entero )

) t D.2nC 1/

2

w; con n entero y con t 0 :

Mediante esta relacin, se obtienen los instantes en que x.t/ D A (n par), as como los instantes en quex.t/ D A (n impar) y la condicin t 0.A la diferencia entre dos tiempos consecutivos donde x.t/ D A se le denomina periodo de la funcin x.t/ yal movimiento realizado en dicho intervalo de tiempo se le conoce como una oscilacin completa. Es decir,el periodo T es el (intervalo de) tiempo que tarda la masam en dar una oscilacin completa.


Mostraremos ahora que T D 2w

s. Para ello consideremos que x.t/ D A sen.wt C /. Entonces:

x.t C T / D A senw.t C T /C D A sen[w

(t C 2

w

)C

]D

D A senwt C 2 C D A sen.wt C /C 2DD A sen.wt C / D x.t/:

Lo que implica que x.t C T / D x.t/ para T D 2w

.

Ahora bien, si la masa m tarda T segundos en dar una oscilacin completa, cuntas veces oscilar en unsegundo? Al nmero f de oscilaciones que da el oscilador armnico en la unidad de tiempo se le denominafrecuencia del oscilador; sta queda determinada por la proporcin:

1

T

oscilacionessegundos

D f1

oscilacionessegundo

I de donde f D 1T

oscilacionessegundo

:

Es decir, la frecuenciaf del oscilador armnico est dada por

f D 1T

oscsegD 1T

ciclosseg

D w2

hertz (H):

Observe que la frecuencia f del oscilador es diferente de la frecuencia natural w del sistema.

Adems note que el periodo T D 2w

tambin es la diferencia entre dos tiempos consecutivos en los que

x.t/ D A.Finalmente, estudiemos el nmero real . Al nmero se le denomina ngulo de fase, ya que est rela-

cionado con el desfasamiento

wque existe entre las curvas x.t/ D senwt & x.t/ D sen.wt C /.

Ahora, cmo determinamos el valor de ?Recordemos que la posicin instantnea x.t/ est dada por

x.t/ D c1 coswt C c2 senwt D A sen.wt C /:

Y por lo tanto:

1. Si c1 D x0 D 0 entonces,

x.t/ D c2 senwt D A sen.wt C / ) A D j c2 j & D 0 o bien D :

2. Si c2 D v0wD 0 entonces,

x.t/ D c1 coswt D c1 sen(wt C

2

)D A sen.wt C / ) A D j c1 j D j x0 j & D

2:

3. Si c2 0 entonces,

x.t/ D c1 coswt C c2 senwt D A sen.wt C / ) A sen D c1 &A cos D c2;

de donde D arctan c1c2.

Para calcular con esta frmula, por lo comn es necesario utilizar una calculadora, la cual nos

proporciona un nmero: arctanc1

c2D c .

Es este nmero c en verdad el nmero que buscamos? Aparentemente s, pero hay que analizarcon ms detalle. Veamos.


La funcin D arctan u es la inversa de la funcin u D tan para 2(2;

2

)y ste es el rango

que obtenemos al usar una calculadora. Por esta razn una calculadora dar siempre un nmero

c 2(2;

2

), cuando se usan radianes y no grados.

Nunca se debe usar grados para funciones trigonomtricas si hay derivadas o integrales en ellas!

Para 2(2;

2

)sabemos que cos > 0.

Por lo tanto, reconsiderando las igualdades

A sen D c1 & A cos D c2:

a. Si c2 > 0, entonces cos > 0, por lo cual 2(2;

2

)que coincide con c . Esto es, D c .

b. Si c2 < 0, entonces cos < 0, por lo cual 2(

2;3

2

)que no coincide con c . En este caso

ocurre que entre y c existe una diferencia de radianes, por lo que D c C . Esto es, alnmero c dado por una calculadora, se le debe sumar para as tener el ngulo de fase .

En qu instantes pasa la masam por la posicin de equilibrio?

x.t/ D 0 ) A sen.wt C / D 0 ) sen.wt C / D 0 )) wt C D n; con n-entero )) t D n

w; con n-entero y con t 0:

Es decir, mediante esta relacin se obtienen los instantes t 0 en que x.t/ D 0; esto es, los instantes en queel cuerpo pasa por su posicin de equilibrio.Por otra parte, si la posicin y velocidad iniciales son x0 y v0 entonces, de acuerdo con las ecuaciones (5.4)y (5.6), la amplitud es

A Dx20 C

v20w2:

Y el ngulo de fase satisface:

tan D x0wv0

:

Reuniendo estos resultados, es posible escribir la expresin (5.7) en la pgina 267 como

x.t/ Dx20 C

v20w2

sen

k

mt C

:

Hemos dicho que en un movimiento vibratorio es importante saber qu est pasando con la energa. Paraello necesitamos reescribir la ecuacin diferencial (5.1) de la pgina 265 en una forma alternativa.Consideraremos entonces que

md 2x

dt2C kx D 0 )

) mdvdtC kx D 0; usando la definicin de velocidad v D dx

dt)

) mdvdx

dx

dtC kx D 0; aplicando la regla de la Cadena dv

dtD dvdx

dx

dt)

) mv dvdxC kx D 0; aplicando de nueva cuenta la definicin de velocidad )

) mvdv C kxdx D 0; separando las variables.


Finalmente, integrando obtenemos E , la energa total del sistema:

E D 12mv2 C 1

2kx2 D C: (5.8)

En esta expresin identificamos los siguientes trminos:

La energa cintica del sistemaEc D 12mv2; debida a que el cuerpo se mueve con velocidad v.

La energa potencial del resorte Ep D 12kx2; debida a que el resorte se comprime o elonga una canti-

dad x.

La energa total del sistemaE D Ec C Ep :

La ecuacin (5.8) se conoce como la ley de Conservacin de Energa para el caso de un sistemamasa-resortey seala que la suma de energa cintica ms la energa potencial del resorte siempre es una constante. Estosignifica que, cuando se pierde energa potencial, se gana energa cintica y viceversa, de tal suerte queel resultado de su suma no cambia. En consecuencia, cuando la distancia x de la masa a la posicin deequilibrio disminuye, entonces aumenta la velocidad, y la mxima velocidad de la masa se obtiene justocuando sta pasa por la posicin de equilibrio del sistema. Por otra parte, cuando la masa se aleja, aumentala energa potencial del resorte y disminuye su energa cintica. Cuando sta ltima finalmente se anula,se obtiene la mayor elongacin o comprensin del resorte; a estos puntos se los conoce como puntos deretorno.

Ejemplo 5.2.1 Considere una masa de 10 kg que est unida a una pared por medio de un resorte de constantek D 10 N/m. Si se alarga el resorte una distancia de 0:02 m y se suelta a partir del reposo, determine la posi-cin y la velocidad de la masa en el tiempo, la frecuencia de oscilacin, la amplitud, el ngulo de fase y las energascintica y potencial en el tiempo t:

H El PVI que modela esta situacin es

10d 2x

dt2C 10x D 0; con x.0/ D 0:02 & x 0.0/ D 0:

Proponiendo como solucin x D ert; derivando dos veces con respecto al tiempo, usando estos resultadosen la ecuacin diferencial y simplificando, obtenemos la ecuacin caracterstica

10r2C 10 D 0:

Las races de esta ecuacin son r1;2D i: Como ambas son complejas, las dos funciones que resuelven laecuacin diferencial, y que son linealmente independientes, son cos t & sen t: De suerte que la solucingeneral de la ecuacin diferencial es la combinacin lineal de ellas, es decir:

x.t/ D c1 cos t C c2 sen t:

Derivando obtenemos la velocidad de la masa:

x 0.t/ D v.t/ D c1 sen t C c2 cos t:

Para determinar los coeficientes c1 & c2 utilizamos las condiciones iniciales. Para ello utilizamos en eltiempo t D 0 los valores x0 D 0:02 y v0 D 0: As obtenemos:

0:02 D x.0/ D c1 cos.0/C c2 sen.0/ D c1.1/C c2.0/ D c1I0 D v.0/ D c1 sen.0/C c2 cos.0/ D c1.0/C c2.1/ D c2:


Finalmente, usando los coeficientes en las expresiones para la posicin y la velocidad, obtenemos:

x.t/ D 0:02 cos t D 0:02 sen(t C

2

)& v.t/ D 0:02 sen t:

Tanto la posicin como la velocidad son funciones sinusoidales de frecuencia naturalw D 1 rad/s, periodoT D 2 s y de amplitud A D 0:02 m. La frecuencia de oscilacin es f D 1

TD 12

osc/segD 12

hertz (H).

El ngulo de fase es D 2.

Observe que el mximo valor de x.t/ se obtiene cuando cos t D 1; y esto se logra en los tiempos:t D 0; 2; 4; 6; :::

De la misma forma, el mnimo valor de x.t/ se obtiene cuando cos t D 1; y esto ocurre cuando:t D ; 3; 5; :::

En estos tiempos la velocidad se anula.

Igualmente, la rapidez de lamasa esmxima cuando j sen t j D C1; que ocurre cuando t D 2;3

2;5

2;7

2; :::

Esta rapidez mxima se alcanza en la posicin de equilibrio x D 0. En la figura siguiente se muestra tantola posicin como la velocidad en el tiempo.Por otra parte la energa cintica y potencial estn dadas por

Ec D 12mv2 D 0:002 sen2t & Ep D 1

2kx2 D 0:002 cos 2t:

Sumando las dos energas y usando la identidad cos 2t C sen 2t D 1; obtenemos que la energa total esconstanteET D 0:002 joules (J).

t

x

0:02

0:02

2t

v

0:02

0:02

=2

3=2

1. En la grfica de la izquierda, la que corresponde a la posicin de la masa, los puntos de la grfica quese encuentran arriba del eje horizontal son los tiempos en los cuales x.t/ > 0. En esos momentos, lamasa se encuentra a la derecha de la posicin de equilibrio. Para aquellos t que corresponden a lospuntos de la grfica por debajo de la posicin horizontal, la masa se encuentra a la izquierda de laposicin de equilibrio.

2. En la siguiente grfica, v.t/ > 0 (grfica arriba del eje horizontal) indica que la velocidad de la masaes hacia la derecha. Tambin vemos que cuando v.t/ < 0 (grfica abajo del eje horizontal) la masatiene una velocidad que se dirige hacia la izquierda.

Ejemplo 5.2.2 Considere una masa de 2 kg que est unida a una pared por medio de un resorte de constantek D 200 N/m; que se comprime el resorte una distancia de 0:03 m y se le suelta con una velocidad de 0:4 m/s ha-cia la posicin de equilibrio. Determine la posicin y la velocidad de la masa en el tiempo, calcule tambin la frecuenciade oscilacin, la amplitud y el ngulo de fase.

H El PVI que describe el movimiento de la masa es

2d 2x

dt2C 200x D 0; con x.0/ D 0:03m& v.0/ D 0:4m/s.


La ecuacin caracterstica en este caso es

2r2 C 200D 0 ) r2C 100 D 0;

cuyas soluciones son r D 10i: En consecuencia, dos soluciones linealmente independientes son

x1.t/ D cos 10t & x2.t/ D sen 10t:

De forma que la solucin general es la combinacin lineal de ellas

x.t/ D c1 cos 10t C c2 sen 10t:

Al derivar con respecto al tiempo, obtenemos la velocidad de la masa, sta es

v.t/ D 10c1 sen10t C 10c2 cos 10t:

Utilizando las condiciones iniciales tenemos:

0:03 D x.0/ D c1 cos.0/C c2 sen.0/ D c1I0:4 D v.0/ D 10c1 sen.0/C 10c2 cos.0/ D 10c2:

De donde resulta:c1 D 0:03; c2 D 0:04:

Usando estos valores en la funcin posicin x.t/:

x.t/ D 0:03 cos 10t C 0:04 sen10t:

Expresamos x.t/ en la forma x.t/ D A sen.10t C /.Para esto consideramos que

A D.0:03/2 C .0:04/2 D 0:05 :

Y adems que

x.t/ D 0:03 cos 10t C 0:04 sen10t D A sen.10t C / DD A.sen 10t cos C sen cos 10t/ DD .A cos / sen 10t C .A sen/ cos 10t;

siempre y cuando

A sen D 0:03 & A cos D 0:04 )) sen D 0:03

AD 0:03

0:05D 0:6 & cos D 0:04

AD 0:040:05

D 0:8 ;

de donde

tan D sencos

D 0:60:8D 0:75 )

) c D arctan.0:75/ D 0:6435 rad:

Como cos D 0:8 > 0, entonces D c D 0:6435 rad.Por lo tanto, la posicin de la masa con respecto a su posicin de equilibrio es

x.t/ D 0:05 sen.10t 0:6435/ m.


La amplitud es A D 0:05m.

El periodo es T D 210

sD 5s 0.6283 s.

La frecuencia de oscilacin es f D 1T

HD 5

H.

El ngulo de fase es D 0:6435.

El desfasamiento es

wD 0:06444 rad.

La velocidad instantnea de la masa es

v.t/ D x 0.t/ D 0:5 cos.10t 0:6435/ m/s.

Considerando lo anterior construimos la grfica de la posicin, que se muestra en la siguiente figura:

t

x

A D 0:05

0:05

0:85

7

0:22

8

1:48

T D 0:6283

x.0/ D 0:03 9

:

Ejemplo 5.2.3 Cuando se aplica a un resorte una fuerza de 28:8 N, ste se estira 0:2 m. Un cuerpo de masa 9 kg seune al extremo libre de dicho resorte y es puesto en movimiento con posicin inicial x.0/ D 0:1 m y velocidad inicialv.0/ D 0:4m/s. Encuentre la amplitud, la frecuencia natural, la frecuencia de oscilacin y el periodo del movimientoresultante.

H En este caso, primero se determina la constante del resorte. Para ello basta con utilizar la ley de Hooke,FR D kx, con los datos F D 28:8N y con x D 0:2m; tenemos entonces que

F C FR D 0 ) 28:8 k.0:2/ D 0; de donde k D 144 N/m:

La ecuacin diferencial del movimiento es

9d 2x

dt2C 144x D 0;

cuya ecuacin caracterstica es r2 C 16 D 0. Las soluciones de esta ecuacin algebraica son r D 4i .Entonces, dos soluciones linealmente independientes son

x1.t/ D cos 4t & x2.t/ D sen 4t:

Y la solucin general esx.t/ D c1 cos 4t C c2 sen 4t:

La velocidad de la masa es, derivando la ecuacin anterior,

v.t/ D 4c1 sen4t C 4c2 cos 4t:


Utilizando las condiciones iniciales tenemos:

0:1 D x.0/ D c1 cos.0/C c2 sen.0/ D c1I0:4 D v.0/ D 4c1 sen.0/C 4c2 cos.0/ D 4c2:

De donde:c1 D 0:1 & c2 D 0:1 :

Entonces:x.t/ D 0:1 cos 4t 0:1 sen4t:

Considerando que

x.t/ D A sen.4t C / D A.sen 4t cos C sen cos 4t/ D .A cos / sen 4t C .A sen/ cos 4t;

se debe cumplir que A sen D c1 D 0:1 y que A cos D c2 D 0:1;

de donde A D.0:1/2 C .0:1/2 D 0:1414I sen D 0:7072 y cos D 0:7072.Adems tan D sen

cos D 0:70720:7072 D 1 ) c D arctan.1/ D

4.

Pero cos D 0:1 < 0 ) D c C D 4C D 3

4 D 2:3562 rad.

Por lo tanto:

x.t/ D A sen.4t C / D .0:1414/ sen(4t C 3

4

):

La amplitud es A D 0:1414m.La frecuencia natural es w D 4 rad/s.

El periodo es T D 24

s D 2s.

La frecuencia de oscilacin es f D 1T

H D 2H.

El ngulo de fase es D 2:3562 rad.La grfica de la posicin x.t/ se ve en la figura siguiente:

t

x

;

w

T D 2

A D 0:1414

Caso de un resorte colocado verticalmente

Los problemas anteriores trataron de oscilaciones horizontales.Qu sucede cuando el resorte se coloca verticalmente?


Supongamos que se tiene un resorte colocado verticalmente con su extremo superior fijo. Al colocar uncuerpo de masam en su extremo libre, el resorte sufre una deformacin en su longitud `. Sea` la longitudde la deformacin del resorte al quedar la masam en reposo, esto es, al estarm en su posicin de equilibrio.En esta posicin ocurre que k` C mg D 0, de donde se puede determinar el valor de la constante delresorte, a saber: k D mg

`.

Al colocar m en una posicin inicial x0 e imprimirle una velocidad inicial v0, m tiende a oscilar en torno asu posicin de equilibrio.En la siguiente figura se muestra un esquema del resorte vertical.

`

`

m

m

x0 < 0

v0

m

x.t/ > 0

mg

FR

Las dos fuerzas que en todo momento actan sobre la masam son la fuerza del resorte FR y la fuerza de lagravedad mg. Cuando el resorte est alargado, ambas fuerzas apuntan en sentidos diferentes; y cuando elresorte est comprimido, apuntan en el mismo sentido.Si tomamos como origen de coordenadas a la posicin de equilibrio y la direccin positiva del eje verticalhacia abajo, entonces, de acuerdo con la segunda ley de Newton, la fuerza total es

mx 00.t/ D mg kx.t/Cl ) mx 00.t/ D mg kx.t/ k` )) mx 00.t/ C kx.t/ D mg k` ) mx 00.t/ C kx.t/ D 0; ya que mg D k`:

Luego, la posicin x.t/ de m con respecto a su posicin de equilibrio est dada, de nuevo, por la solucindel PVI:

mx 00.t/ C kx.t/ D 0I con x.0/ D x0 & x 0.0/ D v0:

Ejemplo 5.2.4 Un resorte cuelga verticalmente de un techo, el resorte se elonga un centmetro cuando se coloca unamasa de 1:5 kg y despus el sistema queda en equilibrio. Posteriormente se elonga el resorte una cantidad adicional de1:5 cm y se suelta a partir del reposo. Determine la constante del resorte, la posicin y la velocidad de la masa en eltiempo t 0. Cul es la frecuencia de oscilaciones de la masa y la amplitud del movimiento?

H Cuando el resorte se elonga 0:01m, el sistema est en equilibrio; esto significa que

k` D mg; de donde k D mg`D 1:5 kg 9:8 m/s

2

0:01mD 1 470N/m:

La posicin x.t/ de la masam, con respecto a su posicin de equilibrio, est dada por la solucin del PVI

1:5x 00.t/C 1 470x D 0 con x.0/ D 0:015 & x 0.0/ D 0:

La ecuacin caracterstica de la ED es, en este caso,

1:5r2 C 1 470D 0 ) r2 C 980 D 0;


cuyas races son, aproximadamente, r D 31:305i . Entonces la solucin general de la ED y su derivadaestn dadas por

x.t/ D c1 cos.31:305t/C c2 sen.31:305t/Iv.t/ D 31:305c1 sen.31:305t/C 31:305c2 cos.31:305t/:

Calculemos ahora los coeficientes c1 & c2 utilizando para ello las condiciones iniciales x0 D 0:015 y v0 D 0:Sustituyendo en las ecuaciones anteriores se tiene:

0:015 D x.0/ D c1 cos.0/C c2 sen.0/ D c1I0 D v.0/ D 31:305c1 sen.0/C 31:305c2 cos.0/ D 31:305c2:

Finalmente, usando los valores de los coeficientes c1 D 0:015 & c2 D 0 en las expresiones para la posiciny la velocidad obtenemos:

x.t/ D 0:015 cos.31:305t/ & v.t/ D 0:4695 sen.31:305t/:

Esta funcin x.t/ tiene frecuencia natural w D 31:305 rad/s y periodo T D 2wD 231:305

D 0:2007 s. Es

decir, la masa realizar aproximadamente f D 1TD 31:305

2 4:9823 5 oscilaciones en un segundo y la

amplitud es A D 0:015m.

Ejemplo 5.2.5 Un sistema masa-resorte est colocado en forma vertical. La masa del cuerpo es de 9 kg y la constantedel resorte es 25 N/m. Al inicio la masa se libera desde un punto que est a 4 cm arriba de la posicin de equilibrioimprimindole una velocidad hacia abajo de 2 m/s.

1. Cuntos ciclos completos habr completado la masa al final de 20 s?

2. En qu momento la masa pasa por la posicin de equilibrio con direccin hacia abajo por segunda vez? Cules su velocidad instantnea en ese momento?

3. En qu instante la masa alcanza sus desplazamientos extremos ya sea arriba o abajo de la posicin de equilibrio?

4. Cul es la posicin, la velocidad y la aceleracin de la masa a los 10 s?

H Los datos en el problema son: m D 9 kg; k D 25N/m; x0 D 4 cm y v0 D 2m/s.Si x.t/ es la posicin instantnea (en metros) de la masam, con respecto a su posicin de equilibrio, al cabode t segundos, entonces x.t/ est dada por la solucin del PVI

mx 00.t/C kx.t/ D 0I con x.0/ D x0; & x 0.0/ D v0I

9x 00.t/ C 25x.t/ D 0I con x.0/ D 0:04; & x 0.0/ D 2:Para resolver el problema proponemos x.t/ D ert como solucin de la ED, as se obtiene:

9x 00.t/C 25x.t/ D 0 ) 9r2 C 25 D 0 ) r2 D 259) r D

259) r D 5

3i:

La solucin general de la ecuacin diferencial es

x.t/ D c1 cos(5

3t

)C c2 sen

(5

3t

);

y la velocidad instantnea es

v.t/ D x 0.t/ D 53c1 sen

(5

3t

)C 53c2 cos

(5

3t

):


Aplicando las condiciones iniciales:

x.0/ D c1 cos 0C c2 sen0 D 0:04 ) c1 D 0:04Ix 0.0/ D 5

3c1 sen 0C 5

3c2 cos 0 D 2 ) c2 D 6

5D 1:2 :

De manera que la posicin instantnea es

x.t/ D 0:04 cos(5

3t

)C 1:2 sen

(5

3t

);

y la velocidad instantnea es

v.t/ D x 0.t/ D 0:0667 sen(5

3t

)C 2 cos

(5

3t

):

Para obtener a x.t/ D A sen.wt C /, calculamos la amplitud :

A Dc21 C c22 D

.0:04/2 C .1:2/2 D 1:2007:

El ngulo de fase est dado por

A sen D 0:04 & A cos D 1:2;sen D 0:04

AD 0:0333 & cos D 1:2

AD 0:9994;

tan D sencos

D 0:03330:9994

D 0:0333;c D arctan.0:0333/ ) c D 0:0333:

No hay cambio en el valor de debido a que cos > 0.Por lo tanto, la posicin instantnea es

x.t/ D A sen.wt C / D 1:201 sen(5

3t 0:0333

):

Y su grfica:

x

y

T?

0:96

1:2

@

.0;0:04/

Usando lo anterior podemos obtener los siguientes resultados:

1.

El periodo es T D 2w

sD 65

sD 3:7699 s.

La frecuencia de oscilacin es f D 1TD 13:7699

0:2653 osc/s.

El total de oscilaciones en 20 s es 20 f D 20.0:2653/ 5:3 osc.


2. La masam pasa por la posicin de equilibrio cuando:

x.t/ D 0 ) 1:201 sen(5

3t 0:0333

)D 0 ) sen

(5

3t 0:0333

)D 0 )

) 53t 0:0333D n; con n entero )

) t D 35.n C 0:0333/; con n entero y con t 0 )

) t D 35.n C 0:0333/; con n D 0; 1; 2; 3; : : :

Considerando la posicin inicial x0 de m se tiene que

m

t D 0

n D 0

n D 1

n D 2

n D 3

n D 4

n D 5

La masam pasa por la posicin de equilibrio con direccin hacia abajo cuando:

n D 0 ) t D 35.0 C 0:0333/ s D 0:01999 s 0:02 s.

n D 2 ) t D 35.2 C 0:0333/ s D 3:7899 s 3:79 s.

n D 4 ) t D 35.4 C 0:0333/ s D 7:5598 s 7:56 s.

y as sucesivamente.

La masam pasa por la posicin de equilibrio con direccin hacia arriba cuando:

n D 1 ) t D 35. C 0:0333/ s D 1:9049 s 1:90 s.

n D 3 ) t D 35.3 C 0:0333/ s D 5:6749 s 5:67 s.

n D 5 ) t D 35.5 C 0:0333/ s D 9:4448 s 9:44 s.

y as sucesivamente.

Entonces, la masa m pasa por la posicin de equilibrio con direccin hacia abajo por segunda vez enel instante t 3:79 s y su velocidad en ese momento es v.3:79/ D 0:5968m/s.

3. Por otra parte, la masa m alcanza sus desplazamientos extremos cuando:

j x.t/ j D A ) x.t/ D A ) A sen(5

3t 0:0333

)D A )

) sen(5

3t 0:0333

)D 1 )

) 53t 0:0333D

2C n; con n entero )

) 53t D .2nC 1/

2C 0:0333; con n entero y con t 0 )

) t D 35

[.2nC 1/

2C 0:0333

]; con n D 0; 1; 2;


De aqu que la masam alcanza sus desplazamientos extremos cuando:

n D 0 ) t D 35

[.0C 1/

2C 0:0333

]s 0:96 s.

n D 1 ) t D 35

[.2C 1/

2C 0:0333

]s 2:85 s.

n D 2 ) t D 35

[.4C 1/

2C 0:0333

]s 4:73 s.

n D 3 ) t D 35

[.6C 1/

2C 0:0333

]s 6:62 s.

y as sucesivamente.

4. Finalmente, la posicin, la velocidad y la aceleracin a los 10 s se obtienen evaluando x.t/, v.t/ D x 0.t/& a.t/ D x 00.t/ en t D 10. Obtenemos:

x.t/ D 1:201 sen(5

3t 0:0333

); v.t/ D 2:002 cos

(5

3t 0:0333

)& a.t/ D 3:3367 sen

(5

3t 0:0333

):

Entonces:

x.10/ D 1:201 sen(50

3 0:0333

)m D 0:9594m .

v.10/ D 2:002 cos(50

3 0:0333

)m/s D 1:2043m/s.

a.10/ D 3:3367 sen(50

3 0:0333

)m/s2 D 2:6656m/s2:

Esto es,x.10/ 0:96m ; v.10/ 1:2m/s & a.10/ 2:67m/s2I

lo que significa que a los 10 s la masam est a 0:96m arriba de la posicin de equilibrio, dirigindosehacia arriba con una rapidez de 1:2m/s y con una aceleracin dirigida hacia abajo de 2:67m/s2.

Los siguientes ejemplos tratan con sistemasque no son exactamentemasa-resorte, pero su anlisis es similary las respuestas que obtendremos tambin.

Ejemplo 5.2.6 Una boya cilndrica de radio r , altura h y densidad boya se encuentra flotando en la superficie de unlago, como se muestra en la figura. Inicialmente la boya se encuentra en equilibrio; de repente se sumerge una distanciax0 y se suelta con velocidad igual a cero. Determine la ecuacin diferencial que modela el sistema y su solucin. Si laboya tiene dimensiones h D 1 m, r D 0:5 m, y su densidad es D 500 kg/m3, determine la posicin y la velocidad dela boya en todo tiempo si se sumerge una profundidad de x0 D 0:01 m, a partir de la posicin en equilibrio. Recuerdeque g D 9:8 m/s2 y que agua D 1 000 kg/m3.

h

r


H De acuerdo con el principio de flotacin de Arqumedes, la boya se encuentra en equilibrio cuando lafuerza de flotacin es igual al peso de la boya. Por una parte, el volumen que ocupa la boya es V D r2h ysu peso es igual a

wboya D mboyag D boyaVg D boyar2hg:Por otra parte, supongamos que la boya est en equilibrio cuando se encuentra sumergida una alturaH .

H

Como la fuerza de flotacin es igual al peso del lquido desplazado, tenemos que

Fflot D maguag D aguaVdesplg D aguar2Hg:

Igualando las dos ltimas expresiones, podemos obtener la altura H que se sumerge la boya cuando seencuentra en equilibrio.

wboya D Fflot ) aguar2Hg D boyar2hg ) aguaH D boyah ) H Dboyah

agua:

Ahora, sobre esta distancia H , sumergimos la boya una altura adicional x0 y la soltamos con velocidadv0 D 0. Entonces la fuerza de flotacin ya no es igual al peso, el sistema deja de estar en equilibrio yempieza a oscilar.En cualquier momento la posicin de equilibrio se encuentra una distancia x con respecto al agua, como semuestra en la figura:

H

Posicin de equilibrio >x < 0 H

Posicin de equilibrio >x > 0

Suponemos que x es negativa cuando la posicin de equilibrio de la boya est sumergida una distancia x;es positiva cuando dicha posicin de equilibrio se encuentra a una distancia x arriba del agua.La fuerza que siente la boya en cualquier momento es ahora:

F D Fflot mboyag D aguar2.H x/g boyar2hg D aguar2xg:


De acuerdo con la segunda ley de Newton, F D ma; el movimiento de la boya se describe, a partir de laposicin en equilibrio, por medio de

mboyad 2x

dt2D aguar2xg ) boyar2hd

2x

dt2D aguar2xg ) boyahd

2x

dt2D aguaxg:

Que se puede reescribir comod 2x

dt2Caguag

boyah

x D 0:

Esta ecuacin diferencial es del tipo masa-oscilador que hemos estado estudiando. La frecuencia natural es

w Daguag

boyah:

La solucin general es, entonces:x.t/ D c1 coswt C c2 senwt:

Y la velocidad con la que mueve la boya es

v.t/ D c1w senwt C c2w coswt:

Finalmente, si suponemos que x.0/ D x0 y que v.0/ D 0, obtenemos c1 D x0 as como c2 D 0:Utilizandoestos dos resultados, se obtiene la forma de la oscilacin de la boya.

x.t/ D x0 coswt:

Para el caso en que h D 1m, r D 0:5m, D 500 kg/m3, x0 D 0:01my considerando que agua D 1 000 kg/m3,se tiene que

w D.1 000/.9:8/

.500/.1/D 4:4272:

Por lo que la posicin de la boya dada las condiciones iniciales es

x.t/ D 0:01 cos.4:4272t/;

y la velocidad esv.t/ D x 0.t/ D 0:0443 sen.4:4272t/:

Ejemplo 5.2.7 Un pndulo de masa m D 2 kg y de longitud ` igual a 2:45 m est suspendido sobre un marcohorizontal, como se ilustra en la figura. El pndulo se levanta un ngulo de 10 y se suelta con una velocidad angularde 0:4 rad/s.

1. Cuntos ciclos (oscilaciones) completos habr completado el pndulo despus de 10 s?

2. En qu momento la masa pasa por la posicin de equilibrio con velocidad angular positiva por tercera vez?

3. En qu instantes la masa alcanza sus desplazamientos extremos?

4. Cul es la posicin de la masa del pndulo en cualquier tiempo?

5. Cul es la posicin de la masa a los 10 s?


`

`

T

mgmg sen

`

`

H Primero se determina la ecuacin diferencial del movimiento; para ello se considera el diagrama defuerzas que se muestra en la figura. Las dos nicas fuerzas que actan sobre la masa son la tensin T de lacuerda que se considera rgida y el peso mg del cuerpo. En la direccin del segmento que une el punto desoporte del pndulo con la masa (direccin radial), la fuerza neta es cero, ya que en esa direccin la masaest en equilibrio.Por otra parte, en la direccin del movimiento del pndulo (direccin tangencial) slo acta la componentetangencial del peso, que es mg sen .De acuerdo con la segunda ley de Newton, tenemos en la direccin tangencial:

matan D mg sen;

donde la aceleracin atan se relaciona con el ngulo de acuerdo con

atan D ` D `d2

dt2;

donde es la aceleracin angular. Reuniendo estos dos ltimos resultados:

m`d 2

dt2D mg sen ;

de donde:d 2

dt2C g`sen D 0:

Para ngulos pequeos, donde es posible suponer que sen , obtenemos la ecuacin diferencial

d 2

dt2C g` D 0:

Observe que no importa el valor de la masa m, ya que la ecuacin diferencial no depende de ella. Al usarlos valores de la longitud de la cuerda ` D 2:45m y de la constante g D 9:8m/s2, obtenemos:

d 2

dt2C 4 D 0:

La solucin de esta ecuacin diferencial es

.t/ D c1 cos 2t C c2 sen2t:

La velocidad angular 0.t/ se obtiene derivando esta expresin. Tenemos entonces que

0.t/ D 2c1 sen 2t C 2c2 cos 2t:

Las condiciones iniciales del problema son

.0/ D 10 D 10 180

rad D

18rad 0:1745 rad & 0.0/ D 0:4 rad/s.


Tomando esto en cuenta, y usando las dos expresiones anteriores, tenemos:

c1 D 18 0:1745 & c2 D 0:2 D 1

5:

De manera que

.t/ D 18

cos 2t 15sen 2t D 0:1745 cos 2t 0:2 sen2t:

Para reescribir .t/ en la forma .t/ D A sen.wt C /, se considera que

.t/ D A senwt cos C A coswt sen:

La amplitud es A D.0:1745/2 C .0:2/2 D 0:2654. El ngulo de fase est dado por

A sen D 0:1745 & A cos D 0:2 :

Entonces, tan D 0:17450:2 D 0:8725 ) c D arctan.0:8725/ D 0:7174; y debido a que cos < 0:

D c C D 0:7174C D 2:4242:

De forma que el ngulo en el tiempo t es

.t/ D 0:2654 sen.2t C 2:4242/ rad:

y la velocidad angular es 0.t/ D 0:5308 cos.2t C 2:4242/ rad/s:

Estamos ahora en condiciones de responder las preguntas de este ejemplo:

1. Como el periodo es de T D 2wD 2

2D s, entonces en 10 s se realizan 10

3 oscilaciones (o ciclos)

completas.

2. La masa pasa por la posicin de equilibrio cuando .t/ D 0; esto ocurre cuando

sen.2t C 2:4242/ D 0 ) 2t C 2:4242D n; n entero y t 0 ) t D n 2:42422

con n D 1; 2; 3; : : :

Observe que, para valores impares de n, la velocidad angular est dada por 0.t/ D 0:5308 rad/s.As que la tercera vez que se cruza la posicin de equilibrio con velocidad angular negativa ocurrecuando n D 5, es decir, cuando t 6:6419 s.La siguiente es la grfica de .t/:

t

.t/

.0/ D 0:1745A

B

=w

C

1:1441

DAD 0:2654

E

2:7149

F

G

T D


3. Por otra parte, el pndulo obtiene sus valores extremos o de retorno cuando la velocidad angular escero. Es decir, cuando

cos.2t C 2:4242/D 0 ) 2t C 2:4242D 2C n; con n entero y con t 0 )

) 2t D .2nC 1/2 2:4242 ) t D .2nC 1/

4 1:2121, con n D 1; 2; 3;

O sea quet D 1:1441 sI 2:7149 sI 4:2857 sI y as sucesivamente.

La siguiente es la grfica de 0.t/:

t

0.t/

H

0.0/ D 0:4

I

1:1441

J

2:7149

4. Las coordenadas cartesianas de la masa del pndulo con respecto a un sistema de coordenadas conorigen en el punto de soporte es (nuevamente observe la figura):

x.t/ D l sen.t/ D 2:45 sen0:2654 sen.2t C 2:4242/:y.t/ D l cos.t/ D 2:45 cos0:2654 sen.2t C 2:4242/:

5. Finalmente, la posicin de lamasa a los 10 s se obtiene evaluando las funciones anteriores; as tenemosque

.10/ D 0:2654 sen.22:4242/ 0:1114 rad.x.10/ D l cos.10/ D 2:45 cos.0:1114/ 2:4348m.y.t/ D l sen.10/ D 2:45 sen.0:1114/ 0:2724m.

Ejercicios 5.2.1 Movimiento armnico simple. Soluciones en la pgina 469

1. Un resorte de constante k est conectado en uno de sus extremos a un cuerpo de masa m y en el otroa una pared. El sistema masa-resorte descansa sobre una mesa horizontal sin friccin. Determine laposicin y velocidad del cuerpo con las condiciones iniciales x.0/ D x0, v.0/ D v0.a. m D 0:5 kg, k D 8N/m, x.0/ D 0 m, v.0/ D 2m/s.b. m D 2:5 kg, k D 10N/m, x.0/ D 0:1m, v.0/ D 1:2m/s.

2. Un cuerpo de masa m est unido al extremo de un resorte estirado una distancia d por una fuerzaF . El cuerpo es puesto en movimiento en una posicin inicial x.0/ D x0 y con velocidad inicialv.0/ D v0. Encuentre la amplitud, la frecuencia angular, la frecuencia y el periodo del movimientoresultante. Determine la posicin en la forma x.t/ D A sen.wt C / y la velocidad .a. m D 4 kg, d D 0:2m, F D 15N, x.0/ D 0:6 m, v.0/ D 1:5m/s.b. m D 4 kg, d D 0:25m, F D 100N, x.0/ D 0:1m, v.0/ D 1m/s.


3. Una masa m igual a 32 kg se suspende verticalmente de un resorte y, por esta razn, ste se alarga39:2 cm. Determine la amplitud y el periodo de movimiento si la masa se libera desde un puntosituado 20 cm arriba de la posicin de equilibrio con una velocidad ascendente de 1 m/s. Cuntosciclos habr completado la masa al final de 40 s? Suponga g D 9:8m/s2.

4. Una masa de 9 kg alarga un resorte 9:8 cm; el sistema masa-resorte se encuentra suspendido ver-ticalmente. La masa se libera desde el reposo de un punto situado 5 cm debajo de la posicin deequilibrio.

a. Encuentre la posicin de la masa en los tiempos t D 5 y 10 s.b. Cul es la velocidad de la masa cuando t es igual a 12 s? En qu direccin se dirige en ese

instante?

c. En qu tiempos la masa pasa por la posicin de equilibrio?

d. En qu tiempos tiene el resorte su mxima compresin y su mxima elongacin?

5. Una fuerza de 4 N alarga un resorte 4 cm. En el extremo del resorte colocado verticalmente se poneunamasa de 25 kg y se libera el sistemadesde su posicin de equilibrio con una velocidad hacia arribade 10m/s. Encuentre la ecuacin de movimiento.

6. Un resorte con constante de 20N/m se suspende verticalmente de un soporte y se coloca una masa de20 kg. El sistema se libera desde la posicin de equilibrio con una velocidad descendente de 10m/s.

a. Determine la amplitud, la frecuencia angular y el periodo del movimiento.

b. Calcule la posicin y la velocidad en todo tiempo t .

c. Cul es la mxima velocidad de la masa? Qu pasa con la aceleracin en ese instante?

7. Una masa de 0:4 kg se une a un resorte de constante 3:6N/m. Determine la ecuacin de movimientosi la masa se libera inicialmente desde un punto 15 cm debajo de la posicin de equilibrio con unavelocidad de 0:45m/s hacia abajo.

8. Una masa de 40 kg alarga un resorte 9:8 cm. Al inicio, la masa se libera desde un punto que est 40 cmarriba de la posicin de equilibrio con una velocidad descendente de 4 m/s.

a. Cules son la amplitud, la frecuencia angular y el periodo del movimiento?

b. Cuntos ciclos (completos) habr completado la masa al final de 3 s?

c. En qu momento la masa pasa por la posicin de equilibrio con direccn hacia abajo por sextavez?

d. Cul es la velocidad y la aceleracin en ese instante?

e. En qu instante la masa alcanza sus desplazamientos extremos en cualquier lado de la posicinde equilibrio?

f. Cul es la posicin, velocidad y aceleracin en los tiempos t D 5; 10; 15; 20 y 25 s?g. En qu instantes la masa est a 0:40m abajo de la posicin de equilibrio?

9. Determine ngulo y la velocidad angular en el tiempo de un pndulo con las condiciones siguientes.Suponga que g D 9:8m/s2.a. ` D 0:098m,m D 0:5 kg, .0/ D 0 rad, 0.0/ D 0:02 rad/s.b. ` D 0:49m, m D 5 kg, .0/ D 0:2 rad, 0.0/ D 0 rad/s.c. ` D 9:8m, m D 2:5 kg, .0/ D 0:1 rad, 0.0/ D 0:1 rad/s.

10. Un pndulo de 20 cm de longitud ` y de 0:5 kg de masa m oscila. Si en el tiempo t D 0, el nguloy la velocidad son .0/ D

12rad y 0.0/ D 7

12rad/s respectivamente, determinar el periodo de

movimiento, la amplitud, el ngulo de fase, .t/, 0.t/ y el primer tiempo para el cual D 0 rad.


5.2.2 Vibraciones amortiguadas libres

Continuando el desarrollo del estudio de las vibraciones, supongamos que se agrega ahora un dispositivomecnico (amortiguador) al sistema masa-resorte que tiene el efecto de reducir la velocidad de la masacuando el sistema se encuentra vibrando (vase la figura a continuacin).

k

c m

x0

El amortiguador ejerce una fuerza dependiente de la velocidad de la masa; entre mayor sea la velocidad,mayor es la fuerza que ejerce. Por simplicidad supondremos que esta fuerza en magnitud es proporcionala la rapidez, es decir: jFA j D c j v.t/ j, donde c > 0 es la constante de proporcionalidad.Entonces, la fuerza que ejerce el amortiguador es

FA D cv.t/ D c dxdt;

donde el signo negativo indica que la fuerza de amortiguacin va en sentido contrario a la velocidad delcuerpo. La fuerza total ejercida sobre la masa es, entonces:

F D FR C FA D kx c dxdt; donde FR es la fuerza del resorte,

lo que se puede escribir como:

md 2x

dt2C c dx

dtC kx D 0 o bien como mx 00.t/C cx 0.t/ C kx.t/ D 0: (5.9)

La ecuacin (5.9) modela el movimiento amortiguado de la masa. En este caso, la fuerza de amortiguacinproduce una prdida de energa en el sistema masa-resorte, pues ahora no se satisface la ecuacin de con-servacin de la energa (5.8) en la pgina (270). Es de notar que todos los parmetros del modelo (m, cy k) son cantidades positivas. La misma ecuacin diferencial modela al sistema masa-resorte colocadoverticalmente.La ecuacin caracterstica de la ecuacin diferencial es

mr2 C cr C k D 0:Las dos soluciones de esta ecuacin cuadrtica son

r1 D c Cpc2 4mk2m

& r2 D c pc2 4mk2m

: (5.10)

El signo del radicando c2 4mk determina el tipo de movimiento del sistema. Tenemos tres posibilidades:que el radicando en cuestin sea positivo, negativo o cero. Analizemos a continuacin cada uno de estoscasos.

Movimiento sobreamortiguado c2 4mk > 0, es decir c >p4mk

En el caso c2 4mk > 0 las dos races que aparecen en (5.10) son diferentes y ambas son negativas, estoimplica directamente que la solucin de la ED lineal homognea es

x.t/ D c1er1t C c2er2t con r1 D c Cpc2 4mk2m

& r2 D c pc2 4mk2m

: (5.11)


Las dos funciones exponenciales que aparecen en (5.11) son decrecientes, en consecuencia, no se espera vi-bracin alguna y el sistema tiende rpidamente a regresar a su posicin de equilibrio, por esa razn decimosque el movimiento es sobreamortiguado. La forma explcita del movimiento depende de las condicionesiniciales, que adems sirven para determinar las constantes c1, c2.Por ejemplo, consideremos el caso de un sistema masa-resorte-amortiguador con condiciones inicialesx.0/ D x0, v.0/ D 0. La primera condicin x.0/ D x0 se obtiene evaluando la expresin (5.11) en eltiempo t D 0. As obtenemos:

x0 D x.0/ D c1 C c2: (5.12)Derivando la ecuacin (5.11), obtenemos:

v.t/ D c1r1er1t C c2r2er2t :Evaluando en t D 0, obtenemos la segunda ecuacin a considerar, es decir,

0 D v.0/ D c1r1 C c2r2: (5.13)El sistema de ecuaciones lineales (5.12) y (5.13) para c1, c2 se puede resolver de diferentes formas; en estecaso si seleccionamos la regla de Cramer, obtenemos:

c1 D

x0 10 r2 1 1r1 r2D x0r2r2 r1 I c2 D

1 x0r1 0 1 1r1 r2D x0r1r2 r1 :

Finalmente, sustituyendo en (5.11) obtenemos la siguiente expresin para la posicin

x.t/ Dx0r2

r2 r1er1t

x0r1

r2 r1er2t D

x0

r2 r1.r2e

r1t r1er2t/: (5.14)

De la ecuacin (5.10), tenemos que

r2 r1 D pc2 4mkm

:

Esto nos permite simplificar la ecuacin (5.14) de forma que

x.t/ D x0mpc2 4mk .r2e

r1t r1er2t / D x0mpc2 4mk.r1e

r2t r2er1t /:

Ejemplo 5.2.8 Considere un sistema masa-resorte-amortiguador con las constantes siguientes:

c D 5 N seg/mI m D 2 kgI k D 2 N/mI x0 D 1 mI v0 D 0 m/s:Resuelva la ecuacin diferencial y grafique la posicin en el tiempo.

H En este caso la ecuacin diferencial por resolver es

2d 2x

dt2C 5dx

dtC 2x D 0;

cuya ecuacin caracterstica es2r2C 5r C 2 D 0:

Como las dos races de esta ecuacin cuadrtica son

r1;2 D 525 4.2/.2/2.2/

D

2I

12:


la solucin general de la ecuacin diferencial es

x.t/ D c1e2t C c2e12t:

Para determinar las constantes, necesitamos calcular la velocidad y utilizar las condiciones iniciales. Lavelocidad se obtiene derivando la posicin y est dada por

v.t/ D 2c1e2t 12c2e

t2 :

Si ahora utilizamos las condiciones iniciales x0 D 1 & v0 D 0, obtenemos el sistemade ecuaciones siguiente:

1 D c1 C c2I0 D 2c1 1

2c2:

De la segunda ecuacin se tiene c2 D 4c1. Sustituyendo en la primera resulta c1 D 13. Finalmente

c2 D 43. As se obtiene que la posicin en todo tiempo est dada por la expresin

x.t/ D 13e2t C 4

3e t2 m;

de donde es posible determinar tanto la velocidad como la aceleracin, derivando una y dos veces:

v.t/ D 23e2t 2

3e t2 m/s & a.t/ D 4

3e2t C 1

3e t2 m/s2:

Algunas observaciones interesantes son las siguientes:

1. Pasa m por la posicin de equilibrio? Para responder la pregunta encontremos, si existe, el tiempoen el que x.t/ D 0:

x.t/ D 0 ) 13e2t C 4

3e

t2 D 0 ) 4

3e

t2 D 1

3e2t )

) 4et2 e2t D 1 ) e

32t D 1

4) 3

2t D ln

(1

4

))

) t D 23. ln 4/ D 2

3.ln 4/I vemos que t < 0:

Esto nos indica que no hay t 0 para el cual x.t/ D 0. Entonces, m no pasa por la posicin deequilibrio.

2. Hay instantes en que la velocidad de m sea cero? Esto ocurre si v.t/ D 0:

v.t/ D 0 ) 23e2t 2

3e

t2 D 0 ) 2

3e2t D 2

3e

t2 )

) e2t D e t2 ) e2te t2 D 1 ) e32 t D 1 )) 3

2t D 0 ) t D 0:

Esto nos indica que v.t/ D 0 solamente al inicio del movimiento.An ms, v.t/ < 0 cuando 3

2t < 0, lo que ocurre cuando t > 0. Entonces, en todo instante t > 0

sucede que v.t/ < 0, o sea x 0.t/ < 0; lo que nos permite afirmar que la posicin x.t/ decrece al pasodel tiempo.


3. Qu ocurre con la posicin x.t/ y la velocidad v.t/ al paso del tiempo?

lmt!1 x.t/ D lmt!1

(13e2t C 4

3e

t2

)D lm

t!1

(13e2t

C 43e

t2

)D

D 13lmt!1

(1

e2t

)C 43lmt!1

(1

et2

)D 0:

lmt!1 v.t/ D lmt!1

(2

3e2t 2

3e t2

)D lm

t!1

(2

3e2t 23e

t2

)D

D 23lmt!1

(1

e2t

) 23lmt!1

(1

et2

)D 0:

Esto es, al paso del tiempo, la masam tiende a detenerse en la posicin de equilibrio.

4. Las grficas de x.t/ y v.t/ son las siguientes:

t

x.t/

K

1 t

v.t/

L

5. Por otra parte, la energa obtenida con la suma de la energa cintica ms la energa potencial estdada por

E D Ec C Ep D 12mv2 C 1

2kx2 D

2

3e2t 2

3e

t2

2C13e2t C 4

3e

t2

2D

D 19

4e4t 8e5t2 C 4et C e4t 8e5t2 C 16et

D

D 19

5e4t 16e5t2 C 20et

:

Claramente, esta energa no permanece constante en el tiempo y se va reduciendo hasta desaparecer.Podemos afirmar que el amortiguador, en efecto, disipa energa del sistema masa-resorte.

Ejemplo 5.2.9 Una masa de 5 kg se une a un resorte de constante k D 5 N/m y a un amortiguador de constantec D 26Ns/m. La masa se suelta del punto x0 D 0:1 m con velocidad v0 D 1:94 m/s; determine:

1. La posicin, velocidad y aceleracin de la masa en el tiempo t 0.2. El tiempo en que la masa cruza por la posicin de equilibrio y la velocidad en ese instante.

3. El tiempo en que la velocidad de la masa es 0 m/s, as como la posicin y aceleracin en ese instante.

H La posicin x.t/ de m, con respecto a la posicin de equilibrio, est dada por la solucin del PVI

5d 2x

dt2C 26dx

dtC 5x D 0 con x.0/ D 0:1m & x 0.0/ D 1:94m/s:


Proponiendo como solucin x D ert , obtenemos la ecuacin caracterstica5r2C 26r C 5 D 0;

cuyas soluciones son

r1;2 D 26676 4.5/.5/2.5/

D 26 2410

D

5I

15;

de donde inferimos que la posicin de la masa es

x.t/ D c1e5t C c2et5 I

y su velocidad est dada por:

v.t/ D 5c1e5t 15c2e

t5 :

Como en el tiempo t D 0 s, se tiene que x0 D 0:1 m, con velocidad v0 D 1:94 m/s, entonces tenemossustituyendo en las dos ecuaciones previas que

0:1 D c1 C c2I1:94 D 5c1 0:2c2:

Para resolver este sistema usamos el mtodo de Cramer:

c1 D

0:1 11:94 0:2 1 15 0:2D 0:02 1:940:2C 5 D

1:924:8

D 0:4I

c2 D

1 0:15 1:94 1 15 0:2D 1:94 0:50:2C 5 D

1:44

4:8D 0:3:

1. Con estos resultados, obtenemos la posicin, y derivando la velocidad y la aceleracin de la masa enel tiempo t 0,

x.t/ D 0:4e5t C 0:3e t5 mIv.t/ D 2e5t 0:06e

t5 m/sI

a.t/ D 10e5t C 0:012e t5 m/s2:

2. Observe que la masa cruza por la posicin de equilibrio cuando

x.t/ D 0 ) 0 D 0:4e5t C 0:3e t5 ) 0:4e5t D 0:3e t5 )

) 0:40:3D e5t

t5 D e

24t5 ) 24t

5D ln

(4

3

))

) t D 524

ln(4

3

) 0:0599 s:

La velocidad en este tiempo es

v.0:0599/ D 2e5.0:0599/ 0:06e0:05995 1:4228m/s:


3. La mxima separacin de la posicin de equilibrio se obtiene cuando la velocidad es cero; esto ocurrecuando

v.t/ D 0 ) 0 D 2e5t 0:06et5 ) 2e5t D 0:06e

t5 )

) 20:06

D e 24t5 ) 24t5D ln

(2

0:06

)D ln

(100

3

))

) t D 524

ln(100

3

) 0:7305 s.

En este tiempo, la posicin est dada por

x.0:7305/ D 0:4e5.0:7305/C 0:3e0:73055 0:2489m.Y la aceleracin es

a.0:7305/ D 10e5.0:7305/ C 0:012e0:73055 0:2489m/s2:En efecto, como la aceleracin es negativa, se tiene un mximo en la posicin.

Por otra parte la aceleracin se anula cuando

0 D 10e5t C 0:012et5 ) e

245t D 10

0:012D 833:333 )

) t D 524

ln.833:333/ 1:4011 s.

Antes y despus de ese tiempo, el signo de la aceleracin es diferente, esto implica que la posicin tiene ent D 1:4011 un punto de inflexin. La posicin en este tiempo es

x.1:4011/ D 0:4e5.1:4011/C 0:3e1:40115 D 0:2263m.Estos resultados nos permiten construir la grfica de la posicin, que podemos observar en la figura si-guiente:

t

x

0:248

0:7305

M

1:4011

Movimiento crticamente amortiguado c Dp4mk

En este caso las dos races de la ecuacin caracterstica son iguales a r D c2m

, ver (5.10), pgina 286. La

solucin de la ecuacin diferencial homognea es

x.t/ D .c1 C c2t/ er1t D .c1 C c2t/ ec2m

t: (5.15)

La funcin posicin contiene un trmino exponencial decreciente, ahoramultiplicado por una funcin linealdel tiempo. Se espera que la posicin decrezca hacia la posicin de equilibrio sin vibrar. La manera en que


lo haga depender de las condiciones iniciales. Para mostrarlo basta con mostrar que lmt!1 x.t/ D 0. Si se

aplica la regla de LHpital, tenemos:

lmt!1x.t/ D lmt!1.c1 C c2t/e

c2m

t D lmt!1

c1 C c2te

c2m

tD lm

t!1c2

c2me

c2m

tD 0:

Ahora consideremos, por ejemplo, que las condiciones iniciales de un sistema masa-resorte-amortiguadorson x.0/ D x0; v.0/ D v0. Derivando la ecuacin (5.15), se obtiene la velocidad.

v.t/ D c2ec2m

t .c1 C c2t/( c2m

)e

c2m

t D[c2 .c1 C c2t/ c

2m

]e

c2m

t : (5.16)

Las condiciones iniciales x.0/ D x0; v.0/ D v0 se obtienen evaluando en t D 0 las ecuaciones (5.15) y (5.16):x0 D x.0/ D c1Iv0 D v.0/ D c2 c1c

2m: (5.17)

Resolviendo el sistema se obtiene:

c1 D x0 & c2 D v0 C cx02m

:

Sustituyendo en la ecuacin (5.15), obtenemos finalmente que

x.t/ D[x0 C

(v0 C cx0

2m

)t]e

c2m

t : (5.18)

Ejemplo 5.2.10 Considere un sistema masa-resorte-amortiguador con las constantes siguientes:

c D 4 Ns/m; m D 2 kg; k D 2 N/m; x0 D 1 m; v0 D 0 m/s:

Encuentre la posicin en el tiempo y elabore una grafica de este movimiento.

H La ecuacin diferencial del movimiento es

2d 2x

dt2C 4dx

dtC 2x D 0:

Cuya ecuacin caracterstica es 2r2 C 4r C 2 D 0, o sea, r2 C 2r C 1 D .r C 1/2 D 0. Las dos soluciones deesta ecuacin son iguales a r D 1, de forma que la solucin de la ecuacin diferencial es

x.t/ D c1et C c2tet D .c1 C c2t/et :Derivando obtenemos la velocidad:

v.t/ D c1et C c2et c2tet D .c2 c1/ et c2tet :

Las constantes se determinan utilizando las condiciones iniciales x.0/ D 1& v.0/ D 0. Tenemos en este casoel sistema de ecuaciones

x.0/ D x0 D 1 ) 1 D c1Iv.0/ D v0 D 0 ) 0 D c2 c1I

de donde c1 D c2 D 1. Sustituyendo en las expresiones de posicin y velocidad obtenemos:

x.t/ D .1C t/ et mI & v.t/ D tet m/s:


Derivando la velocidad obtenemos la aceleracin:

a.t/ D et C tet D .t 1/ et m/s2:

Observe que en todo tiempo t > 0 la posicin es positiva y la velocidad es negativa. Esto significa que laposicin es una funcin decreciente del tiempo. Por otra parte, la aceleracin es negativa cuando 0 < t < 1y positiva cuando t > 1. Esto significa que la grfica de la funcin posicin tiene un punto de inflexin ent D 1 y que la grfica de la velocidad tiene un mnimo en t D 1. Tambin tenemos que lm

t!1 x.t/ D 0, loque significa que la recta x D 0 en una asntota horizontal de x.t/. En las figuras siguientes se muestran lasgrficas de la posicin y de la velocidad de la masa:

t

x

1

t

v

1

Al inicio del movimiento, la velocidad es cero y posteriormente siempre es negativa, con un valor mnimoen t D 1 s, cuando la aceleracin se anula; en ese momento la velocidad es v.1/ D e1 D 0:3679 m/s.Tambin se observa que lm

t!1 v.t/ D 0.

Ejemplo 5.2.11 Una masa de 8 kg se une a un resorte de constante k D 2 N/m y a un amortiguador de constantec D 8 Ns/m. Si la masa se suelta del punto x0 D 0:1 m con velocidad v0 D 1:94 m/s, determine:

1. La posicin y la velocidad de la masa en el tiempo.

2. El tiempo en que la masa cruza por la posicin de equilibrio.

3. El tiempo en que la velocidad de la masa es 0 m/s.

H La ecuacin diferencial que modela este sistema masa-resorte-amortiguador es

8d 2x

dt2C 8dx

dtC 2x D 0:

Proponiendo como solucin x D ert , obtenemos la ecuacin caracterstica:

8r2C 8r C 2 D 0;

cuyas soluciones son

r1;2 D 864 4.8/.2/2.8/

D 12;

de donde inferimos que la posicin de la masa es

x.t/ D .c1 C c2t/ et2 ;

y su velocidad

v.t/ D c2et2 1

2.c1 C c2t/ e

t2 D 1

2.2c2 c1 c2t/ e

t2 :


Como en el tiempo t D 0 s se tiene x0 D 0:1 m y velocidad v0 D 1:94 m/s; sustituyendo en las dosecuaciones previas tenemos que

0:1 D c1I1:94 D 1

2.2c2 c1/ :

La solucin de este sistema es c1 D 0:1 & c2 D 1:99.1. Con estos resultados hallamos la posicin y la velocidad de la masa en el tiempo:

x.t/ D .0:1C 1:99t/ et2 m & v.t/ D .1:94C 0:995t/ e

t2 m/s:

2. En este caso la masa no cruza por la posicin de equilibrio ya que x.t/ < 0 para t > 0. An ms,

x.t/ D 0 ) .0:1C 1:99t/e t2 D 0 ) 0:1C 1:99t D 0 ) t D 0:11:99

) t < 0;

lo cual no tiene sentido.

3. Por otra parte, la mxima separacin de la posicin de equilibrio se obtiene cuando la velocidad escero, esto ocurre cuando

v.t/ D 0 ) 0 D .1:94C 0:995t/ et2 ) t D 1:94

0:995 1:9498 s.

En este tiempo la posicin es

x.1:9498/ D 0:1C 1:99.1:9498/e1:94982 D 1:5014m.

Se observa que lmt!1 x.t/ D 0, as que la posicin tiende asintticamente a la recta x D 0.

Estos resultados nos permiten esbozar la grfica de la posicin:

t

x

1:9498

1:5

N

N

Ejemplo 5.2.12 Un sistema masa-resorte-amortiguador est colocado en forma vertical. La masa del cuerpo es de0:2 kg, la constante del resorte es de 5 N/m y la constante del amortiguador es de 2 Ns/m. Al inicio la masa se liberadesde un punto que est 4 cm abajo de la posicin de equilibrio con una velocidad hacia abajo de 0:1 m/s. Utilice laexpresin (5.18) para determinar:

1. La posicin, velocidad y aceleracin instantneas.

2. El tiempo en que la masa alcanza su distancia ms alejada de la posicin de equilibrio.


H An cuando el sistema est colocado en forma vertical la ecuacin diferencial del movimiento es lamisma:

mx 00.t/C cx 0.t/ C kx.t/ D 0:Por lo tanto, la posicin x.t/ de m, con respecto a la posicin de equilibrio esta dada por la ED

0:2d 2x

dt2C 2dx

dtC 5x D 0;

con condiciones iniciales x.0/ D 0:04m; & v.0/ D 0:1m/s.En este caso tenemos que m D 0:2; k D 5 & c D 2I de donde c2 4mk D 4 4.0:2/.5/ D 0; enconsecuencia, tenemos un movimiento crticamente amortiguado.

1. Utilizando la ecuacin (5.18):

x.t/ D[x0 C

(v0 C cx0

2m

)t]e c2m

t D[0:04C

(0:1C 0:04

0:2

)t

]e t0:2 D .0:04C 0:3t/ e5t :

La velocidad y aceleracin instantneas se obtienen derivando la posicin una y dos veces, respecti-vamente, con respecto al tiempo. Derivando y simplificando hallamos que

v.t/ D .0:1 1:5t/ e5t m/s & a.t/ D .2C 7:5t/ e5t m/s2:

2. Para determinar el punto ms alejado, basta con calcular el tiempo donde la velocidad se anula.

v.t/ D 0 ) .0:1 1:5t/e5t D 0 ) 0:1 1:5t D 0 ) t D 0:11:5 0:0667 :

La posicin en este instante es

x.0:0667/ D 0:04C 0:3.0:0667/e5.0:0667/ 0:043m.

Ejemplo 5.2.13 Considere una masa de 10 kg que est unida a una pared por medio de un resorte de constantek D 40 N/m y un amortiguador de constante c D 40 Ns/m. El sistema se encuentra sobre una mesa horizontal yno existe friccin entre la masa y la mesa. La masa se coloca en una posicin x0 D 0:03 m y se suelta con velocidadv0 D 0:1 m/s. Determine la posicin de la masa y las energas cintica y potencial en el tiempo t .

m

H En este caso el modelo que describe el sistema es

10x 00.t/C 40x 0.t/C 40x.t/ D 0 o bien x 00.t/C 4x 0.t/C 4x.t/ D 0I

con las condicionesx0 D 0:03m & v0 D 0:1m/s.

Tenemos un movimiento crticamente amortiguado ya que

c2 4mk D .40/2 4.10/.40/ D 0:


Procedamos a determinar la solucin, para ello empezamos con la ecuacin caracterstica asociada. sta es

r2 C 4r C 4 D 0; o sea .r C 2/2 D 0:Las dos races de esta ecuacin son iguales: r1;2 D 2, as que la solucin de la ecuacin diferencial es

x.t/ D c1e2t C c2te2t D .c1 C c2t/e2t :Derivando tenemos la velocidad

v.t/ D 2c1e2t C c2e2t 2c2te2t D .c2 2c1/ e2t 2c2te2t :

Aplicando las condiciones iniciales, obtenemos un sistema de ecuaciones:

x.0/ D x0 D 0:03 ) 0:03 D c1Iv.0/ D v0 D 0:1 ) 0:1 D c2 2c1:

De donde se obtiene: c1 D 0:03I & c2 D 0:16. Finalmente la posicin y la velocidad estn dadas porx.t/ D 0:03e2t C 0:16te2t D .0:03C 0:16t/ e2t mIv.t/ D 0:1e2t 0:32te2t D .0:1 0:32t/ e2t m/s:

Las energas cintica y potencial del sistema en el tiempo estn dadas por

EC D 12mv2 D 1

2.10/ .0:1 0:32t/2 e4t D 5.0:1 0:32t/2e4t joules (J)I

EP D 12kx2 D 1

2.40/ .0:03C 0:16t/2 (e4t) D 20.0:03C 0:16t/2e4t J:

Sumando estas dos energas y simplificando, se obtiene la energa total

Etotal.t/ D(1:024t2 0:128t C 0:068) e4t J:

Observe que la energa total no se conserva ya que se va reduciendo en el tiempo debido al factor exponen-cial, esto significa que el amortiguador disipa energa del sistema y lo hace hasta que el sistema se detienetotalmente en la posicin de equilibrio.

Por otra parte, observe que en el tiempo t D 0:10:32

D 0:3125 s, la velocidad de la masa se anula; es en estetiempo cuando la masa alcanza su mximo desplazamiento:

x.0:3125/ D 0:03C 0:16.0:3125/e2.0:3125/ D 0:0428m.

Al paso del tiempo la posicin se acerca a la posicin de equilibrio. En la grfica siguiente se muestra laposicin de la masa en el tiempo

t

x

0:042

0:31

O

O


Movimiento subamortiguado c2 4mk < 0, es decir, c 0, entonces D c D 0:3948 .Por lo tanto, la posicin instantnea es

x.t/ D Be1213

t sen(5t

13C

)m ) x.t/ D 0:26e

1213

t sen(5t

13C 0:3948

)m:

De aqu que la amplitud variable es

A.t/ D 0:26e1213 t m:

Para concluir esta seccin, es pertinente sintetizar, para teora y ejemplos, que los sistemas masa-resorte-amortiguador con constantesm-k-c, respectivamente, presentan alguna de las siguientes conductas (deter-minadas por la relacin entre las constantes):

1. Si c2 > 4mk, el movimiento es sobreamortiguado. En este caso no hay oscilacin.

2. Si c2 < 4mk, el movimiento es subamortiguado y habr oscilaciones que se desvanecern cuandot !1.

3. Si c2 D 4mk, el movimiento es crticamente amortiguado. sta es una conducta lmite entre los otrosdos casos.

Advierta que si las constantesm y k de la masa y resorte estn dadas, entonces, al incluir un amortiguadorcon constante c en el sistema, suceder uno de los casos anteriores, de acuerdo al diagrama siguiente:

P

c D p4mkCrticamenteamortiguado

Q

c D 0No amortiguado

c

p4mk

Sobreamortiguado


Ejercicios 5.2.2 Vibraciones amortiguadas libres. Soluciones en la pgina 470

1. Un resorte de constante k y un amortiguador de constante c estn conectados, en uno de sus ex-tremos, a un cuerpo de masa m y en el otro a una pared. El sistema descansa sobre una mesahorizontal sin friccin. Determine la posicin y velocidad del cuerpo con las condiciones inicialesx.0/ D x0 & v.0/ D v0.

a. m D 12kg, c D 3N s/m, k D 4N/m, x.0/ D 0m, v.0/ D 2m/s.

b. m D 4 kg, c D 16N s/m, k D 16N/m, x.0/ D 1m, v.0/ D 1m/s.c. m D 1

4kg, c D 5N s/m, k D 169N/m, x.0/ D 0:4m, v.0/ D 16m/s.

2. Un cuerpo de masa igual a 1 kg est unido a un resorte de constante k D 5N/m y a un amortiguadorcon constante c D 2 Ns/m. Se alarga el resorte una distancia de 0:3 m y se suelta del reposo. Deter-mine los tiempos en que se obtienen los dos primeros desplazamientos mximos y los dos primerosdesplazamientos mnimos. Calcule tambin la amplitud y el ngulo fase del movimiento.

3. A un sistema masa-resorte, con masa igual a 5 kg y constante del resorte igual a 5N/m, se le conectaun amortiguador de constante c. Determine la posicin y velocidad del cuerpo con las condicionesiniciales x.0/ D 0 m, v.0/ D 2 m/s para los siguientes valores de la constante de amortiguamiento:c D 6; 8; 10; 12 y 14Ns/m.

4. A un sistema masa-resorte, con masa igual a 0:5 kg y constante del resorte igual a 12:5 N/m, se leconecta un amortiguador de constante c D 4 Ns/m. Determine la posicin y velocidad del cuerpocuando las condiciones iniciales son x.0/ D 0 m, v.0/ D 0:2 m/s; qu ocurre si las condicionesiniciales se modifican a x.0/ D 0m, v.0/ D 0:2m/s?.

5. Una masa de 1 kg se une a un resorte de constante k D 4 N/m. El medio ofrece una fuerza deamortiguamiento que es numricamente igual a cinco veces la velocidad instantnea. La masa selibera desde un punto situado 0:3m arriba de la posicin de equilibrio con una velocidad descendentede 2:4 m/s. Determine el tiempo en el que la masa pasa por la posicin de equilibrio. Encuentre eltiempo en el que la masa alcanza su desplazamiento extremo Cul es la posicin de la masa en eseinstante?

6. Un resorte de 21 cm alcanza 30:8 cm despus de colgarle una masa de 1=4 de kilogramo. El mediopor el que se mueve la masa ofrece una fuerza de amortiguamiento igual a 3 veces la velocidadinstantnea. Encuentre la ecuacin de movimiento si la masa se libera de la posicin de equilibrio conuna velocidad descendente de 2m/s. Calcule el tiempo en el que la masa alcanza su desplazamientoextremo, cul es la posicin de la masa en ese instante?

7. Una masa de 1 kg se fija a un resorte cuya constante es 16 N/m y luego el sistema completo sesumerge en un lquido que ofrece una fuerza amortiguadora igual a 10 veces la velocidad instantnea.Determine la posicin de la masa si:

a. La masa se libera del reposo desde un punto situado 0.1 m debajo de la posicin de equilibrio.

b. La masa se libera desde un punto 0.1 m debajo de la posicin de equilibrio con una velocidadascendente de 1:2m/s.

8. Una fuerza de 2 N alarga un resorte 10 cm. Una masa de 0:2 kg se une al resorte y luego se sumergeel sistema en unmedio que ofrece una fuerza de amortiguamiento igual a 4 veces la velocidad instan-tnea. Encuentre la ecuacin de movimiento si en el tiempo t D 0 se libera la masa desde el reposo enun punto situado a 5 cm por encima de la posicin de equilibrio. Pasar la masa por la posicin deequilibrio?

9. De un resorte de 1:5 m se sujeta una masa de 0:125 kg y el resorte se elonga hasta medir 1:598 m. Seretira la masa y se sustituye con otra de 0:5 kg. Despus se coloca el sistema en un medio que ofreceuna fuerza de amortiguamiento igual a 3 veces la velocidad instantnea.


a. Obtenga la ecuacin de movimiento si en el tiempo t D 0 se libera la masa desde el reposo en unpunto situado a 20 cm por encima de la posicin de equilibrio.

b. Obtenga el tiempo en el cual la masa pasa por primera vez a travs de la posicin de equilibrioen direccin hacia arriba.

c. Determine los tiempos en los que la masa pasa por la posicin de equilibrio con direccin haciaabajo.

d. Calcule los tiempos en los que la masa tiene velocidad igual a cero y los puntos donde estoocurre.

10. Una masa de 3 kg se sujeta a un resorte y se desliza horizontalmente con coeficiente de amorti-guamiento c. La constante del resorte es k D 12 N/m y el movimiento comienza en la posicinde equilibrio x0 D 0m con una velocidad inicial diferente de cero.a. Suponiendo que no existe amortiguamiento, qu tiempo tomar al objeto para regresar a la

posicin de reposo por primera vez?

b. Qu valor de c es necesario para que el sistema presente amortiguamiento crtico?

c. Qu ocurre en el tiempo que se encontr en el inciso a. cuando c aumenta, aproximndose alvalor del amortiguamiento crtico?

11. Una masa de1

2kg se sujeta a un resorte que se encuentra en un medio que posee un coeficiente

de amortiguamiento . La constante del resorte es k D 1692

N/m y el movimiento comienza en la

posicin de equilibrio con una velocidad inicial positiva de 2:4m/s.

a. Determine el tipo de movimiento que se tiene para D 13.b. Calcular la posicin y la velocidad de la masa para D 13.c. Determine la posicin y la velocidad de la masa para D 12.d. Obtener la posicin y la velocidad de la masa para D 16:25.

12. Una masa de1

7kg alarga un resorte en 0:2 m. La masa se coloca a 0:1 m por arriba del punto de

equilibrio y luego inicia el descenso con una velocidad positiva de 0:5m/s. El movimiento se efecta

en un medio que ofrece una fuerza de amortiguamiento igual a8

5veces la velocidad instantnea en

todo momento. Encuentre la ecuacin que describe la posicin de la masa en el instante t . Supongaque g D 9:8m/s2.

13. Considere un resorte al que una masa de 0:25 kg alarga en 9:8 cm. La masa est sujeta al resortey se mueve en un medio que imprime una fuerza de amortiguamiento igual a 5 veces la velocidadinstantnea. Lamasa se coloca a 0:15mpor arriba del punto de equilibrio y se libera con una velocidadnegativa de 1:5 m/s. Encuentre la posicin de la masa en el tiempo t .

14. Un resorte de constante k D 8 N/m se coloca en forma vertical y colgada de l se tiene una masade 2 kg. Posteriormente se coloca la masa a una altura de 0:1 m arriba del punto de equilibrio y se

suelta con una velocidad positiva de 1:72 m/s. Si el medio ofrece una resistencia igual a24

5veces la

velocidad instantnea, determine:

a. Los tres primeros tiempos en que la masa pasa por la posicin de equilibrio.

b. Los tres primeros tiempos en que la masa se detiene.

15. Un resorte de constante k D 8 N/m se coloca en forma vertical y colgada de l se coloca una masade 2 kg. Posteriormente se coloca la masa a una altura de 0:1 m arriba del punto de equilibrio y se

suelta con una velocidad negativa de 1:48m/s. Si el medio ofrece una resistencia igual a24

5veces la

velocidad instantnea, determine:


a. Los tres primeros tiempos en que la masa pasa por la posicin de equilibrio.

b. Los tres primeros tiempos en que la masa se detiene.

5.2.3 Vibraciones forzadas

Los sistemas estudiados hasta ahora exhiben una dinmica que depende de ciertas constantes intrnsecasal sistema, es decir, las nicas fuerzas que actan son internas al sistema. Supondremos en esta seccin quese aplica una fuerza externa llamada de excitacin FE sobre el sistema masa-resorte-amortiguador (vasela siguiente figura):

k

c m

x0

FE

En este caso la fuerza total ejercida sobre la masa est dada por

F D FR C FA C FE D kx c dxdtC FE :

Usando nuevamente la segunda ley de Newton, obtenemos la ED que modela el sistema.

md 2x

dt2D kx c dx

dtC FE :

Esta ecuacin se puede reescribir como

md 2x

dt2C c dx

dtC kx D FE : (5.23)

o bien en la forma:mx 00.t/C cx 0.t/ C kx.t/ D FE :

La fuerza de excitacin desempea un papel diferente al de las otras fuerzas internas del sistema, puesa veces provoca una reduccin de la velocidad y en otras provoca un aumento. Es decir, la fuerza deexcitacin puede reducir o aumentar la energa cintica del sistema. Cuando la fuerza de excitacin seadistinta de cero, diremos que el sistemamasa-resorte-amortiguador est forzado.Hasta este momento la fuerza FE puede ser de cualquier tipo y para determinar sus efectos tendremos queresolver la ecuacin diferencial (5.23) por cualquiera de los mtodos estudiados hasta ahora.Sin embargo, cuando la fuerza FE es del tipo sinusoidal

FE D F0 coswet;suelen ocurrir fenmenos fsicos de inters. En este caso la ecuacin por resolver es

mx 00.t/C cx 0.t/ C kx.t/ D F0 coswet:La ecuacin caracterstica es, entonces:

mr2 C cr C k D 0;cuyas races son

r1;2 D c pc2 4mk2m

Iy las formas de la solucin x.t/ depender de la relacin que exista entre r1;2 y we.


Vibraciones forzadas, caso c 0Consideremos que la fuerza de excitacin es una funcin sinusoidal del tipo FE D F0 coswet . Claramentesi c 0, ninguna de las dos races de la ecuacin caracterstica es igual a iwe. Entonces de acuerdo con elmtodo de coeficientes indeterminados, la forma de la solucin particular es

xp.t/ D A senwet C B coswet: (5.24)

Calculando la primera y segunda derivadas, obtenemos la velocidad y la aceleracin de la masa.

x 0p.t/ D vp.t/ D Awe coswet Bwe senwet Ix 00p .t/ D ap.t/ D Aw2e senwet Bw2e coswet:

Usando estos dos resultados en (5.23), la ecuacin diferencial de movimiento, se obtiene:

mw2e A senwet CB coswet C cwe A coswet B senwet C k A senwet C B coswet D F0 coswet:

Agrupando trminos en las funciones coswet y senwet :[mw2eB C cweAC kB] coswet C [mw2eA cweB C kA] senwet D F0 coswet:Las funciones coswet y senwet son linealmente independientes; entonces, para que se satisfaga la condicinanterior, slo se requiere que{

mw2eB C cweAC kB D F0mw2eA cweB C kA D 0

){cweAC

(k mw2e

)B D F0I(

k mw2e)A cweB D 0:

Aplicando la regla de Cramer encontramos la solucin de este sistema:

A D

F0 k mw2e0 cwe cwe k mw2ek mw2e cweD cweF0c2w2e

(k mw2e

)2 D cweF0(k mw2e

)2 C w2e c2 I

B D

cwe F0k mw2e 0 cwe k mw2ek mw2e cweD

(k mw2e

)F0

c2w2e (k mw2e

)2 D(k mw2e

)F0(

k mw2e)2 C w2e c2 :

Sustituyendo A y B en (5.24), obtenemos una expresin para la solucin particular:

xp.t/ D[

cweF0(k mw2e

)2 C w2c2]

A

senwet C[ (

k mw2e)F0(

k mw2e)2 C w2c2

]

B

coswet: (5.25)

Podemos simplificar esta expresin a la forma C senwet :

A senwet C B cos.wet/ D xp.t/ D C sen.wet C / DD Csenwet cos C sen coswet DD .C cos / senwet C .C sen/ coswet:

Esta igualdad se cumple cuando:

C cos D A & C sen D B:


De donde se obtiene:

C 2.cos2 C sen 2/ D A2 C B2 ) C 2 D A2 C B2 ) C DA2 C B2 &

C senC cos

D BA) tan D B

A) D arctan

(B

A

):

Adems

C 2 D A2 C B2 D[

cweF0

.k mw2e /2 C w2ec2]2C[

.k mw2e /F0.k mw2e /2 C w2e c2

]2D

D c2w2eF

20

.k mw2e /2 C w2ec22C .k mw

2e /2F 20

.k mw2e /2 C w2ec22D

D F20

.k mw2e /2 C w2ec22c2w2e C .k mw2e /2 D

D F20 .k mw2e /2 C w2ec2.k mw2e /2 C w2ec22

D F20

.k mw2e /2 C w2ec2I

por lo que

C D

F 20.k mw2e /2 C w2ec2

D F0.k mw2e /2 C w2ec2

I

por otra parte,

B

AD

.k mw2e /F0.k mw2e /2 C w2ec2

cweF0

.k mw2e /2 C w2ec2D .k mw

2e /F0

cweF0D k mw

2e

cweI

por lo cual

D arctan(B

A

)D arctan

(k mw2ecwe

):

Se tiene entonces que

xp.t/ D F0.k mw2e /2 C w2ec2

sen.wet C /I

donde D arctan(k mw2ecwe

).

Por lo tanto, la posicin instantnea de m, con respecto a la posicin de equilibrio, en el tiempo t 0 es

x.t/ D xh.t/C xp.t/I

donde la solucin complementaria xh.t/ tiene la forma de un movimiento sobreamortiguado, crticamenteamortiguado o bien subamortiguado. En cualquiera de los casos ocurre que lm

t!1xh.t/ D 0. Debido a estose tiene:

lmt!1x.t/ D lmt!1xh.t/C xp.t/ D lmx!1 xp.t/:

Esto es, al paso del tiempo sucede que

x.t/ D F0.k mw2e /2 C w2ec2

sen.wet C /:


Ejemplo 5.2.16 Un sistema masa-resorte-amortiguador tiene parmetros m D 1 kg, c D 2 Ns/m & k D 1 N. Si seaplica una fuerza de excitacinFE D 17 cos t , determine la posicin y velocidad de la masa en todo tiempo suponiendoque x.0/ D 0 m & v.0/ D 0 m/s.H La ED que modela el sistema es

d 2x

dt2C 2dx

dtC x D 17 cos t: (5.26)

que tiene ecuacin caracterstica:r2C 2r C 1 D 0;

y cuyas races r1;2 D 1 son diferentes de iwe D i . Tenemos entonces que la solucin complementaria esxh.t/ D c1et C c2tet ;

y la solucin particular, siguiendo el mtodo del coeficientes indeterminados, es del tipo:

xp.t/ D A cos t C B sen t:Derivando xp.t/:

x 0p.t/ D A sen t C B cos t:x 00p .t/ D A cos t B sen t:

Sustituyendo en la ED (5.26), resulta:

A cos t B sen t C 2.A sen t C B cos t/CA cos t C B sen t D 17 cos t:Hallamos, entonces:

2A sen t C 2B cos t D 17 cos t ) A D 0& B D 172:

Por lo tanto:

xp.t/ D 172sen t:

La solucin general de la ED es

x.t/ D c1et C c2tet C 172sen t:

Los coeficientes c1 & c2 los determinamos usando las condiciones iniciales. De x.0/ D 0, se obtiene c1 D 0.Si derivamos

x 0.t/ D v.t/ D c2et c2tet C 172cos t:

De v.0/ D 0, obtenemos c2 C 172D 0, de donde c2 D 17

2y la posicin est dada por

x.t/ D 172tet C 17

2sen t:

Observe que al paso de tiempo slo se preserva el movimiento oscilatorio provocado por la fuerza deexcitacin.

t

x

17

2

172


Vibraciones forzadas, caso c D 0 y caso we w D

k

m

Ahora la fuerza de excitacin es FE D F0 coswet , de forma que la ED que modela el el sistema es

mx 00.t/C kx.t/ D F0 coswet;

cuya solucin particular est dada por (5.25):

xp.t/ D F0k mw2e

coswet:

Observe que la solucin xp.t/ es proporcional a la fuerza de excitacin, de hecho sta es la parte de lasolucin general que se preservar en el tiempo.

Si se cumple que k mw2e , esto es,w2e k

m, la amplitud de la oscilacin de x.t/ es grande. A este fenmeno

se le conoce como resonancia.

Ejemplo 5.2.17 Considere un sistema masa-resorte con los parmetros m D 1 kg, c D 0 Ns/m, k D 1 N/m,FE D 2 cos 2t y con condiciones iniciales x0 D 1

10, v0 D 0. Determine la posicin, la velocidad y la aceleracin en el

tiempo t .

H La ecuacin diferencial por resolver es

d 2x

dt2C x D 2 cos 2t: (5.27)

La ecuacin caracterstica es r2C1 D 0, cuyas races son r D i . De aqu, la solucin general de la ecuacinhomognea es

xh.t/ D c1 cos t C c2 sen t:En este caso la frecuencia natural de excitacinwe D 2 rad/s es diferente de la frecuencia natural de las fun-ciones sinusoidalesw D 1 rad/s. Por esa razn, y de acuerdo con el mtodo de coeficientes indeterminados,proponemos la solucin particular

xp.t/ D A cos 2t C B sen 2t: (5.28)

Derivando esta expresin dos veces:

x 0p.t/ D 2A sen2t C 2B cos 2t & x 00p .t/ D 4A cos 2t 4B sen 2t:

Sustituyendo en la ecuacin (5.27):

4A cos 2t 4B sen 2t C A cos 2t C B sen2t D 2 cos 2t I

es decir,3A cos 2t 3B sen2t D 2 cos 2t:

De donde tenemos el sistema de ecuaciones algebraicas siguiente:

3A D 2;3B D 0:

La solucin de este sistema es A D 2=3 & B D 0. Sustituyendo en (5.28) obtenemos la solucinparticular.

xp.t/ D 23cos 2t:


Finalmente, sumando la solucin particular con la solucin de la ecuacin homognea, obtenemos la solu-cin general de la ecuacin diferencial

x.t/ D c1 cos t C c2 sen t 23cos 2t:

La velocidad de la masa se obtiene derivando la posicin

v.t/ D x 0.t/ D c1 sen t C c2 cos t C 43sen2t:

Para determinar las constantes desconocidas, basta con utilizar la condiciones iniciales. Al hacerlo obte-nemos el sistema de ecuaciones

x.0/ D x0 D 110) 1

10D c1 2

3I

v.0/ D v0 D 0 ) 0 D c2:

cuya solucin es c1 D 2330I c2 D 0. Finalmente, la posicin de la masa est dada por

x.t/ D 2330

cos t 23cos 2t:

Analicemos con mayor detalle x.t/. La funcin cos t es de periodo 2 y la funcin cos 2t es de periodo .En consecuencia, la funcin de posicin x.t/ es de periodo 2 . La velocidad y aceleracin de la masa son

v.t/ D 2330

sen t C 43sen2t I

a.t/ D 2330

cos t C 83cos 2t:

De donde, los puntos de retorno o de mxima o mnima amplitud (aqullos donde v D 0) satisfacen:23

30sen t D 4

3sen2t:

Usando la identidad sen 2t D 2 sen t cos t se tiene:23

30sen t D 8

3sen t cos t )

(8

3cos t 23

30

)sen t D 0:

Que se satisface cuando:sen t D 0 ) t D 0; ; 2; 3;

y cuando:

cos t 2380D 0 ) cos t D 23

80)

{t D 1:2792C 2n con n D 0; 1; 2; t D .2 1:2792/C 2n D 5:004C 2n con n D 0; 1; 2;

Observe que:

x.0/ D x.2/ D x.4/ D D 2330 23D 330D 0:1 :

x./ D x.3/ D D 2330 23D 43

30 1:4333 :

Adems, comocos 2t D cos 2t sen 2t D 2 cos 2t 1;


se tiene:

x.t/ D 2330

cos t 43cos 2t C 2

3:

As que evaluando en el tiempo en que cos t D 2380

, o sea t D arccos 2380D 1:2791, se tiene:

x.1:2791/ D 2380 2380 43

(23

80

)2C 23D 0:7769 :

La grfica es

t

x

5

10

1:27

0:7767

1:43

Ejemplo 5.2.18 Considere un sistema masa-resorte con masa m D 5 kg y constante de restitucin k D 20 N/m queest sometido a una fuerza de excitacin FE D 5 cos 3t N. Si el sistema tiene condiciones iniciales x.0/ D 0:02 m yv.0/ D 0 m/s, determine la posicin, la velocidad y la acelaracin de la masa en todo tiempo t . Graficar la posicinx.t/.

H En este caso tenemos c D 0, m D 5, k D 20, we D 3 y F0 D 5. La ecuacin diferencial que modela estesistema es

5d 2x

dt2C 20x D 5 cos 3t:

La ecuacin caracterstica asociada es 5r2 C 20 D 0, que tiene races r1;2 D 2i . Por lo que la solucincomplementaria es

xh.t/ D c1 cos 2t C c2 sen2t:Como la frecuencia de estas funciones sinusoidales es w D 2, que es diferente de la frecuencia de la ex-citacin we D 3, proponemos como solucin particular

xp.t/ D A sen3t C B cos 3t:

Derivando dos veces y sustituyendo en la ecuacin diferencial se tiene:

5.9A sen3t 9B cos 3t/C 20.A sen3t CB cos 3t/ D 5 cos 3t:

Desarrollando obtenemos:

.45AC 20A/ sen 3t C .45B C 20B/ cos 3t D 5 cos 3t ) .25A/ sen 3t C .25B/ cos 3t D 5 cos 3t:

De donde resulta:

25A D 0 & 25B D 5 ) A D 0 & B D 15:

La solucin particular es

xp.t/ D 15cos 3t:


La solucin general es la suma de las soluciones particular y complementaria,

x.t/ D c1 cos 2t C c2 sen2t 15cos 3t:

La velocidad en todo tiempo t est dada por

v.t/ D 2c1 sen 2t C 2c2 cos 2t C 35sen3t:

Aplicando las condiciones iniciales x.0/ D 0:02I v.0/ D 0, obtenemos c1 15D 0:02I 2c2 D 0. De donde

c1 D 0:22I c2 D 0.As la posicin instantnea de m es

x.t/ D 0:22 cos 2t 15cos 3t m:

La velocidad y la aceleracin son entonces:

v.t/ D 0:44 sen2t C 0:6 sen3t m/sIa.t/ D 0:88 cos 2t C 1:8 cos 3t m/s2:

La funcin cos 3t es de periodo 2=3 y la funcin cos 2t es de periodo . En consecuencia, la funcinposicin x.t/ es de periodo 2 . Observe que en este periodo cos 3t se repetir completamente tres veces ycos 2t dos veces.Por otra parte, los puntos de retorno satisfacen v.t/ D 0, de donde:

0:44 sen 2t C 0:6 sen 3t D 0 ) 44

Vibraciones Mecanicas

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