el alargamiento s Masa Longitud Masa peso

MODELADO ORDEN SUPERIOR

SISTEMA RESORTE-MASA, MOVIMIENTO LIBRE NO AMORTIGUADO

I. Modelos lineales. Con valores iniciales:

1) Sistemas resorte-masa, movimiento libre no amortiguado (SRM/MLNA).

2) Sistemas resorte-masa, movimiento libre amortiguado (SRM/MLA).

3) Sistemas resorte-masa, movimiento forzado (SRM/MF).

4) Análogo de circuito en serie.

5) Modelado con problemas en la frontera. II. Modelos no Lineales.

Para sistemas dinámicos lineales, usando modelos matemáticos del tipo de una ecuación diferencial de segundo orden con coeficientes constantes con condiciones iniciales. En el modelado el sistema resorte-masa es análogo a un circuito eléctrico en serie. El modelo del péndulo simple y un alambre suspendido son del tipo de modelos no lineales. Para condiciones iniciales se considera t=0.

𝒂𝒅 𝟐_𝒚 𝒅𝒕𝟐 + 𝒃 𝒅𝒚 𝒅𝒕+ 𝒄𝒚 = 𝒇(𝒕); 𝒚(𝟎) = 𝒚𝟎; 𝒚 ′_{(𝟎) = 𝒚} 𝟏 1) La función f(t)= es la entrada=función propulsora=función forzada del sistema 2) La solución y(t)=en el intervalo I que satisface

las condiciones iniciales se llama salida o respuesta del sistema.

3) Las condiciones iniciales representan: y(0) = desplazamiento inicial; y’(0) = velocidad inicial para t=0.

Ley de Hooke. Un resorte se suspende verticalmente si pende de él un cuerpo (masa) de peso w.

“El alargamiento o elongación s (vector desplazamiento) del resorte es directamente proporcional a la fuerza aplicada F=w=mg”. Por la Ley de Hooke, el resorte ejerce una fuerza restauradora Fr (vector fuerza con sentido opuesto a la elongación (s) directamente proporcional al vector elongación s.

𝑠 ∝ 𝑤; 𝑤 = 𝑘 𝑠; 𝐹𝑟= −𝑤; 𝐹𝑟= −𝑘 𝑠 k=constante de proporcional= constante del resorte Fr=fuerza restauradora (vector opuesto a s)

s=elongación o alargamiento en el resorte (Vector desplazamiento)

w=peso=mg (vector peso) Ejemplo.

Determinación de la constante del resorte k A) Se suspende de un resorte una masa

𝑚 = 0.3107 𝑠𝑙𝑢𝑔 (4.56 𝑘𝑔);

𝑤 = 𝑚𝑔 = 0.3107 ∙ (32.18𝑓𝑡

𝑠2) = 10 𝑙𝑏𝑓 (44.48 𝑁) Determine la constante del resorte si produce un alargamiento

𝑠 = (1

2) (𝑓𝑡) = 0.1524 𝑚 La constante del resorte k 𝑤 = 𝑚𝑔; 𝑤 = 𝑘 𝑠; 𝑘 =𝑤 𝑠 = ( 10 𝑙𝑏𝑓 0.5 𝑓𝑡) = 20 ( 𝑙𝑏𝑓 𝑓𝑡))

B) Cuál será el alargamiento s con el mismo resorte si la masa 𝑚 = 0.2486 𝑠𝑙𝑢𝑔 , (3.65 𝑘𝑔); 𝑤 = 𝑚𝑔 = 0.2486 ∙ (32.18𝑓𝑡 𝑠2) = 8 𝑙𝑏𝑓, (35.586 𝑁) el alargamiento s 𝑤 = 𝑘 𝑠; 𝑠 =𝑤 𝑘 = ( 8 𝑙𝑏 20 (_𝑓𝑡𝑙𝑏) ) = 0.4 𝑓𝑡, (0.12199 𝑚) Conversión de unidades Fuerza (peso, vector)

1 𝑙𝑏𝑓 (𝑝𝑜𝑢𝑛𝑑𝑓𝑜𝑟𝑐𝑒) = 4.44822 𝑁; 1 𝑁 = 0.2248 𝑙𝑏𝑓 Masa 1 𝑠𝑙𝑢𝑔𝑠 = 14.594 𝑘𝑔; 1 𝑘𝑔 = 0.06852 𝑠𝑙𝑢𝑔𝑠 Longitud 1 𝑓𝑡 = 0.3048 𝑚; 1 𝑚 = 3.2808 𝑓𝑡 Aceleración de la gravedad (g) 𝑔 = 9.81 [𝑚 𝑠2] = 32.18 [ 𝑓𝑡 𝑠2] ≈ 32 [ 𝑓𝑡 𝑠2] Masa peso 𝑤 = 𝑚𝑔; 𝑚 =𝑤 𝑔= 1 𝑙𝑏𝑓 32.18 [𝑓𝑡 𝑠_{⁄ ]}2 = 0.031075 𝑠𝑙𝑢𝑔 𝑤 = 𝑚𝑔; 𝑚 =𝑤 𝑔= 1 𝑁 9.81 [𝑚 𝑠_{⁄ ]}2 = 0.10193 𝑘𝑔 1 𝑙𝑏𝑓 ≡ 0.031075 𝑠𝑙𝑢𝑔; 1 𝑠𝑙𝑢𝑔 ≡ 32.18 𝑙𝑏𝑓 1 𝑁 ≡ 0.10193 𝑘𝑔; 1 𝑘𝑔 ≡ 9.81 𝑁

Aplicación de la Segunda Ley de Newton

1. Una masa m equivalente a un peso F=w=mg colgada a un resorte produce un alargamiento s hasta lograr un equilibrio por una fuerza restauradora F=ks.

2. La condición de equilibrio Pe (posición de equilibrio)

𝑤 = 𝑚𝑔; 𝑤 = 𝑘 𝑠; ; 𝑚𝑔 = 𝑘𝑠; 𝑚𝑔 − 𝑘𝑠 = 0 3. Se produce un movimiento oscilante originado por

el efecto de la aceleración de la gravedad sobre la masa (F1=peso) y la fuerza restauradora (vector opuesto) F2 del resorte sobre masa m.

4. Si la masa (cuerpo) se desplaza (vector) una cantidad (x) desde el punto de su posición de equilibrio (Pe).

5. La fuerza restauradora del resorte 𝐹2= 𝑘(𝑠 + 𝑥)

6. Si no hay otras fuerza (externas) restauradoras (amortiguadoras, agua, aceite, otro resorte) que actúan sobre el sistema, entonces la masa (cuerpo) oscila (vibra) en forma libre (movimiento libre no amortiguado).

7. Por la Segunda Ley de Newton, la fuerza resultante entre ambos vectores, la fuerza restauradora (resorte y su constante k) y el peso (w=mg). 8. El signo negativo indica que la fuerza restauradora

del resorte actúa con vector opuesto en el sentido del movimiento. Por convención de signo los desplazamientos (x) medidos por abajo del Pe son positivos (x0>0), los desplazamiento medidos hacia

arriba del Pe son negativos (x0<0). Vectorialmente

debería ser positivo hacia arriba y negativo hacia abajo tomando como referencia el punto de equilibrio (Pe). El vector desplazamiento(x) es opuesto en signo y sentido con el vector velocidad x´(t). Nota, las unidades se deberá distinguir masa (m) de peso (w), pero por la segunda ley se puede entender ambas como diferentes. La masa se refiere en forma genérica a un cuerpo cualquiera. 𝐹 = 𝑚𝑎; 𝐹1= 𝑤 = 𝑚𝑔 = 𝑘𝑠; 𝐹2= −𝑘(𝑠 + 𝑥) 𝐹 = 𝐹1+ 𝐹2; 𝑚𝑎 = 𝑚𝑔 − 𝑘(𝑠 + 𝑥); 𝑚𝑎 = 𝑚𝑔 − 𝑘𝑠 − 𝑘𝑥; 𝑚𝑎 = −𝑘𝑥; 𝑚𝑔 − 𝑘𝑠 = 0 𝑎 =𝑑 2_𝑥 𝑑𝑡2; 𝑚 𝑑2_𝑥 𝑑𝑡2 = −𝑘𝑥; 𝑚𝑑 2_𝑥 𝑑𝑡2+ (𝑘)𝑥 = 0 𝑑2_𝑥 𝑑𝑡2+ ( 𝑘 𝑚) 𝑥 = 0

Ecuación diferencial lineal, homogénea de segundo orden con coeficientes constantes. Note que la segunda derivada está asociada a la segunda Ley de Newton (aceleración de una masa, respecto del tiempo). Es un movimiento armónico simple, libre o no amortiguado Se puede representar 𝑥′′(𝑡) + (𝑘 𝑚) 𝑥 = 0; Donde: a) k,m =son constantes(>0,+).

b) Condiciones iniciales son dos: el vector desplazamiento inicial x0 y el vector velocidad x1 inicial de la masa (cuerpo) a partir de una condición instantánea de reposo.

𝑥(0) = 𝑥0; 𝑥′(0) = 𝑥1

c) Por ejemplo si la masa está abajo del Pe el vector desplazamiento x0>0, entonces la masa se mueve desde una condición de reposo inferior hacia arriba con una velocidad x1 <0.

𝑥(0) = 𝑥0> 0; 𝑥′(0) = 𝑥1< 0

d) Por ejemplo si la masa está arriba del Pe el vector desplazamiento x0<0, entonces la masa se mueve a partir del reposo de un punto superior al Pe hacia abajo con vector x1>0.

𝑥0< 0; 𝑥′(0) = 𝑥1> 0 Problema

Determinar la solución general de la ED del sistema resorte-masa: movimiento armónico no amortiguado.

𝑥′′_{(𝑡) + (}𝑘

𝑚) 𝑥 = 0

La solución propuesta para este modelo y sus derivadas

𝑥 = 𝑒𝑟𝑥_{; 𝑥}′_{= 𝑟𝑒}𝑟𝑥_{, 𝑥}′′ _{= 𝑟}2_𝑒𝑟𝑥

Sustituyendo en la ED y dividir entre el termino exponencial

𝑒𝑟𝑥_[𝑟2_{+ (}𝑘

𝑟2_{= − (}𝑘 𝑚); 𝑟 = 0 ± (√ 𝑘 𝑚) 𝑖 𝑟 = 𝑝 ± 𝑞 𝑖; 𝑝 = 0; 𝑞 = √𝑘 𝑚 Caso III, con solución completaría general

𝑥(𝑡) = 𝑒𝑝𝑡_[𝑐 1cos (√ 𝑘 𝑚𝑡) + 𝑐2𝑠𝑒𝑛 (√ 𝑘 𝑚𝑡)] 𝜔 = √𝑘 𝑚 𝑥(𝑡) = 𝑐1cos(𝜔 𝑡) + 𝑐2𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡) El lado derecho multiplicando y dividiendo por A A ∙ (𝑐1

𝐴) ∙ cos(𝜔 𝑡) + 𝐴 ∙ ( 𝑐2

𝐴) ∙ 𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡)

Del triángulo rectángulo por el teorema de Pitágoras:

La amplitud 𝐴 = √𝑐12+ 𝑐22 sin(𝜑) =𝑐1 𝐴 = 𝑐1 √𝑐12+ 𝑐22 ; cos(𝜑) =𝑐2 𝐴 = 𝑐2 √𝑐12+ 𝑐22 ; tan(𝜑) =𝑐1 𝑐2 ; 𝜑 = 𝑡𝑎𝑛−1₍𝑐1 𝑐2 ) Sustituyendo y rearreglando

A ∙ sin(φ) ∙ cos(𝜔 𝑡) + 𝐴 ∙ cos(𝜑) ∙ 𝑠𝑒𝑛(𝜔𝑡) A[cos(ωt) ∙ sin( 𝜑) + sin(𝜔𝑡) ∙ 𝑐𝑜𝑠(𝜑)] Por identidad trigonométrica

sin(ωt + φ) = sin(ωt) ∙ cos(𝜑) + cos(𝜔𝑡) ∙ 𝑠𝑒𝑛(𝜑) La solución general se reduce

𝑥(𝑡) = 𝐴 ∙ sin(𝜔𝑡 + 𝜑) = √𝑐12+ 𝑐22∙ sin (𝜔𝑡 + 𝜑) 𝜑 = á𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝑑𝑒 𝑓𝑎𝑠𝑒

Parámetros asociados al movimiento armónico. 1) Frecuencia circular omega 𝜔

del sistema (rad/s), el término omega 𝜔 = √𝑘 𝑚; 𝜔 2_{= (}𝑘 𝑚) 2) El periodo, 𝑇 = (2𝜋 𝜔⁄ )

es del movimiento es el tiempo (t, seg) que tarda la masa (cuerpo) en ejecutar un ciclo de movimiento.

3) Un ciclo es una oscilación completa de la masa, se mueve desde el punto mínimo hasta

4) La gráfica de T es la longitud del intervalo de tiempo (seg) entre 2 máximos sucesivos (o mínimos) de x(t).

5) La gráfica el máximo está invertido, es un desplazamiento positivo es decir la masa alcanza su punto más bajo respecto al Pe. Los valores de desplazamientos extremos son los valores máximo o mínimo de la masa (cuerpo). 6) La frecuencia natural

del sistema del movimiento es 𝑓 = (1 𝑇⁄ ) = (𝜔/2𝜋) corresponde al número de (ciclos/s).

7) Respuesta y es la ecuación de movimiento Para las condiciones iniciales dadas se determinan los valores de c1 y c2 y sustituyen en la solución general de la ED dando la solución particular

Ejemplo dada la ecuación de movimiento, solución complementaria particular, determinar los parámetros

𝑥(𝑡) = 2 cos(3𝜋𝑡) − 4sin (3𝜋𝑡) a) La frecuencia circular omega

𝜔 = √𝑘 𝑚⁄ = 3𝜋 b) El periodo T 𝑇 = (2𝜋/𝜔) = (2𝜋/3𝜋) = 2/3 [𝑠] c) La frecuencia f 𝑓 = (1/𝑇) = (𝜔/2𝜋) = (3𝜋/2𝜋) 𝑓 = 3/2 [𝑐𝑖𝑐𝑙𝑜𝑠 𝑠⁄ ] Interpretación gráfica El periodo T=(2/3) s; La frecuencia f=(3/2) ciclos/s 3 ciclos se completan cada 2 s

Los máximos y Mínimos en el intervalo [0,2] 𝐴 = √𝑐12+ 𝑐22

𝑐

Problema

Una masa (cuerpo) con un de peso es de 2 lbf (8.896 N), pende verticalmente de un resorte y le produce un alargamiento s=(1/2) ft.

Aplica el modelo de ED para el sistema resorte-masa para un movimiento tipo libre (armónico) no amortiguado 𝐹 = 𝑚𝑎 = −𝑘𝑥; 𝑚 (𝑑2𝑥 𝑑𝑡2) = −𝑘𝑥; ( 𝑑2𝑥 𝑑𝑡2) + ( 𝑘 𝑚) 𝑥 = 0 Si las condiciones iniciales para t=0, los módulos de los vectores desplazamientos x(0) =8 in (debajo de Pe), y de la velocidad (ascendente) son x’(0) =-(4/3) ft/s.

Determine. La ecuación de movimiento x(t) =?, 𝑡 = 0, 𝑥(0) = 8 𝑖𝑛 = 8([1 𝑓𝑡 12𝑖𝑛⁄ ]) = (2 3⁄ ) 𝑓𝑡; (0.2032 𝑚) 𝑥′_{(0) = −(4 3⁄ ) [}𝑓𝑡 𝑠] ; (−0.4064 [ 𝑚 𝑠]); La masa, considere g= 32 ft/s2 𝑚 =𝑤 𝑔 = ( 2 𝑙𝑏𝑓 32 𝑓𝑡 𝑠_⁄ 2) = 1 16 [𝑠𝑙𝑢𝑔] = 0.06215 [𝑠𝑙𝑢𝑔]; (0.9121 𝑘𝑔); comprobando 𝑤 = 𝑚𝑔 = 0.06215 ∙ (32.18𝑓𝑡 𝑠2) = 2 𝑙𝑏𝑓 (8.8964 𝑁) Si el resorte se alarga por la masa (cuerpo suspendido) 6 in (pulgadas)

𝑠 = (6 𝑖𝑛) ∙ (1 𝑓𝑡 12𝑖𝑛) = (

1

2) [𝑓𝑡] (0.1524 𝑚)

Condiciones iniciales: en t=0, se deja libre la masa (cuerpo suspendido en el resorte) desde un punto a 8 in abajo del Pe (posición de equilibrio)

𝑡 = 0; 𝑥′_{(0) = (4 3⁄ ) [𝑓𝑡/𝑠]}

Determine la constante del resorte si produce un alargamiento

𝑠 = (1

2) (𝑓𝑡) ; (0.1524 𝑚)

la constante del resorte k por la Segunda ley de Newton 𝑤 = 𝑘 𝑠; 𝑘 =𝑤 𝑠 = [ 2 (1 2⁄ )[ 𝑙𝑏𝑓 𝑓𝑡]] = 4 ( 𝑙𝑏𝑓 𝑓𝑡) La ecuación diferencial 𝑚𝑑 2_𝑥 𝑑𝑡2 = −𝑘𝑥 𝑑2_𝑥 𝑑𝑡2+ ( 4 1 16 ) 𝑥 = 0 𝑑2_𝑥 𝑑𝑡2+ (64)𝑥 = 0 𝑥 = 𝑒𝑟𝑥_{; 𝑥}′_{= 𝑟𝑒}𝑟𝑥_{, 𝑥}′′ _{= 𝑟}2_𝑒𝑟𝑥 𝑒𝑟𝑥[𝑟2+ (𝑘 𝑚)] = 0; 𝑘, 𝑚 > 0 𝑟2_{= − (}𝑘 𝑚); 𝑟 = 0 ± (√ 𝑘 𝑚) 𝑖 𝑟 = 𝑝 ± 𝑞 𝑖; 𝑝 = 0; 𝑞 = √𝑘 𝑚 Caso III, con solución completaría general 𝑥(𝑡) = 𝑒𝑝𝑡_[𝑐 1cos (√ 𝑘 𝑚𝑡) + 𝑐2𝑠𝑒𝑛 (√ 𝑘 𝑚𝑡)] 𝑟2_{+ 64 = 0; 𝑟 = 0 ± 8 𝐼; 𝑝 = 0; 𝑞 = 8} La solución general 𝑥(𝑡) = 𝑐1cos(8𝑡) + 𝑐2sin (8𝑡) Para las condiciones iniciales

𝑥(0) =2 3; 𝑥

′_{(0) = −}4 3

Sustituyendo en la solución general la primera condición inicial: 𝑥(0) =2 3 2 3= 𝑐1∙ cos(8 ∙ 0) + 𝑐2∙ sin(8 ∙ 0) ; 2 3= 𝑐1; 𝑐1= 2 3 Derivando la solución general

𝑥′(𝑡) = −8𝑐1sin(8𝑡) + 8 𝑐2cos (8𝑡)

Sustituyendo en la derivada de la solución general la segunda condición inicial 𝑥′(0) = −4

3 −4 3= 𝑐1∙ 8 ∙ sin(8 ∙ 0) + 𝑐2∙ 8 ∙ cos(8 ∙ 0) ; − 4 24= 𝑐2; 𝑐2= − 1 6 Solución particular sustituyendo c1 y c2

𝑥(𝑡)𝑝 =2 3cos(8𝑡) − 1 6𝑠𝑖𝑛(8𝑡) 𝑥(𝑡)𝑝 =2 3cos(8𝑡) − 1 6𝑠𝑖𝑛(8𝑡) 𝑥(𝑡)𝑝 = √𝑐12+ 𝑐22∙ sin (𝜔𝑡 + 𝜑) 𝑐1= 2 3; 𝑐2= − 1 6; Amplitud 𝐴 = √𝑐12+ 𝑐22= √( 2 3) 2 + (−1 6) 2 =√17 6 = 0.6873 Ángulo de fase: El ángulo está en el segundo cuadrante: c1=(2/3); c2=-1/6 𝜑 = 𝑡𝑎𝑛−1₍𝑐1 𝑐2 ) = (−2 3⁄ 1 6⁄ ) = 𝑡𝑎𝑛 −1_{(−4) = −1.326)} 𝜑 = −1.326 + 𝜋 = 1.8158 (𝑟𝑎𝑑 𝜑 = 1.8158 𝑟𝑎𝑑 = 104.03° 𝑥(𝑡)𝑝 =√17 6 sin (8 ∙ 𝑡 + 1.8158)

Parámetros y gráfica Amplitud A 𝐴 =√17 6 = 0.6872 Longitud de onda 𝜆 = 0.7854 =𝜋 4 Frecuencia circular 𝜔 = √𝑘 𝑚= √ 4 1/16= √64 = 8 a) 𝑇 = (2𝜋/𝜔) = (2𝜋/8) = (𝜋/4) [𝑠] 𝜋 4= 0.785 b) 𝑓 = (1/𝑇) = (8/2𝜋) = (4/𝜋) = 4/𝜋 [𝑐𝑖𝑐𝑙𝑜𝑠 𝑠⁄ ] 4 𝜋= 1.273 c) Interpretación gráfica El periodo 𝑇 =𝜋 4 𝑠 ; La frecuencia 𝑓 =4 𝜋 ciclos/s

se completan 4 ciclos cada 𝜋 s

Máximo o mínimo 𝑥(𝑡)𝑝 =√17 6 sin (8 ∙ 𝑡 + 1.8158) Derivada 𝑥′_{(𝑡) =}4√17_{cos(8𝑡 + 1.8158) ; 𝑥}′_{(𝑡) = 0} 𝑎𝑟𝑐𝑐𝑜𝑠[cos (8𝑡 + 1.8158)] = arccos (0) 8𝑡 + 1.8158 =𝜋 2 𝑡 = −0.03063

Segunda derivada

Análisis de los valores de la función 𝑡 = −0.03063, 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑛𝑒𝑔𝑎𝑡𝑖𝑣𝑜, 𝑛𝑜 𝑣𝑎𝑙𝑖𝑑𝑜 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑡 = 0, 𝑥 = 0.667

El punto de intersección

Valores tiempos t y puntos [t,x] de los máximos

Valores tiempos t y puntos [t,x] de los mínimos

Los valores de las intersecciones con el eje de las t

Longitud onda

Casos especiales. Sistemas con constantes de resorte variable.

1. Caso ideal. El resorte se mantiene constante con el tiempo (uso). La constante del resorte no cambia.

2. Caso real. Con el tiempo el resorte se desgaste y se debilita, la constante del resorte varía, decae con el tiempo. La constante del resorte que decae con el uso y su ED no lineal, no se resuelve por métodos convencionales sino por series de potencias.

𝑘(𝑡) → 𝑘𝑒−𝛼𝑡_{, 𝑘 > 0, 𝛼 > 0}

𝑚𝑥′′_{+ 𝑘𝑒}−𝛼𝑡_{𝑥 = 0}

3. Para sistemas resorte-masa sometido a un enfriamiento rápido, donde la temperatura disminuye con rapidez, se recomienda cambiar k por la función lineal y su ecuación diferencial que es del tipo ED de Ayry, que se resuelve por series de potencias.

𝑘(𝑡) → 𝑘𝑡; 𝑚𝑥′′_{+ 𝑘𝑡𝑥 = 0}

Sistema Resorte-masa, Movimiento libre amortiguado

Consideraciones

1. El movimiento armónico libre su comportamiento se desvía de lo real. 2. Todos los sistemas reales presentan

amortiguamiento

(al menos que estén en el vació). Están sometidos a una fuerza de resistencia del medio como es el aire.

3. La masa podría estar sometido a un medio viscoso (aire, agua, aceite) o unida a un dispositivo amortiguador.

4. ED de un movimiento libre amortiguado. Ed/So/H/Cc 𝐹1= 𝐹2+ 𝐹𝑎; 𝐹1= 𝑚𝑎; 𝐹2= 𝑤 = −𝑘𝑥; 𝐹3= 𝛽𝑥′(𝑡) 𝑚𝑎 + 𝑘𝛽𝑥′+ 𝑘𝑥 = 0 𝑚𝑑 2_𝑥 𝑑𝑡2+ 𝛽 𝑑𝑥 𝑑𝑡+ 𝑘𝑥 = 0 𝑑2_𝑥 𝑑𝑡2+ ( 𝛽 𝑚) 𝑑𝑥 𝑑𝑡+ ( 𝑘 𝑚) 𝑥 = 0 𝑥′′_{(𝑡) + 2𝜆𝑥}′_{(𝑡) + 𝜔}2_{𝑥(𝑡) = 0} 𝑥′′_{(𝑡) + 𝑏𝑥}′_{(𝑡) + 𝑐𝑥(𝑡) = 0} 𝑏 = (𝛽 𝑚) = 2𝜆; 𝑐 = ( 𝑘 𝑚) = 𝜔 2 𝑥 = 𝑒𝑟𝑥_{; 𝑥}′_{= 𝑟𝑒}𝑟𝑥_{, 𝑥}′′ _{= 𝑟}2_𝑒𝑟𝑥 𝑒𝑟𝑥_[𝑟2_{+ 𝑏𝑟 + 𝑐] = 0} 𝑟2+ 𝑏𝑟 + 𝑐 = 0; 𝑟 =−𝑏 ± √𝑏 2_{− 4𝑐} 2 = −𝑏 ± √𝐷 2 = −𝑏 2 ± √𝐷 2 𝐷 = √𝑏2_{− 4𝑐 ; D=discriminante}

Para el caso complejo D<0

𝑟 = 𝑝 ± 𝑞 𝐼; 𝑝 =−𝑏 2 ; 𝑞 =

√|𝐷| 2

Donde 𝛽 = 𝑐𝑡𝑒. 𝑎𝑚𝑜𝑟𝑡𝑖𝑔𝑢𝑎𝑚𝑖𝑒𝑛𝑡𝑜; 𝛽 > 0, Fa >0, fuerza de amortiguamiento actúa opuesta al movimiento, está en el sentido del desplazamiento x

Considere los siguientes parámetros 𝜆 = ( 𝛽 2𝑚) = 𝑏 2; 𝜔 = √ 𝑘 𝑚 ; 𝑟 = −𝜆 ± √𝐷 𝐷 = 𝜆2_{− 𝜔}2_{; |𝐷| = 𝜔}2_{− 𝜆}2

Sistema Resorte-masa Movimiento Libre Amortiguado (SRM/MLA) 𝑟2_{+ 𝑏𝑚 + 𝑐 = 0} 𝑟 = −𝑏 2± √𝐷 2 𝑏 = (𝛽 𝑚) = 2𝜆 𝑐 = (𝑘 𝑚) = 𝜔 2 𝐷 = 𝜆2_{− 𝜔}2_{; 𝜆 > 𝜔} |𝐷| = 𝜔2_{− 𝜆}2_{, 𝜔 > 𝜆} Casos Tipo de condición 𝑥 ′′_{(𝑡) + 𝑏𝑥}′_{(𝑡) + 𝑐𝑥(𝑡) = 0} 𝑑2_𝑥 𝑑𝑡2+ ( 𝛽 𝑚) 𝑑𝑥 𝑑𝑡+ ( 𝑘 𝑚) 𝑥 = 0 𝑥′′_{(𝑡) + 2𝜆𝑥}′_{(𝑡) + 𝜔}2_{𝑥(𝑡) = 0} Solución complementaria I – D>0, Reales diferentes Sobre amortiguado 𝛽 > 𝑘; La solución movimiento uniforme no oscilatorio 𝑟2_{+ 𝑏𝑚 + 𝑐 = 0} 𝑟 =−𝑏 ± √𝐷 2 =− 𝑏 2± √𝐷 2 𝑥(𝑡) = 𝑐1𝑒−(𝑏 2⁄ )𝑡_[𝑐2𝑒(√𝐷 2)𝑡⁄ + 𝑐2𝑒−(√𝐷 2)𝑡⁄ ] 𝑥(𝑡) = 𝑐1𝑒−𝜆𝑡[𝑐2𝑒√𝐷 2⁄ + 𝑐2𝑒−√𝐷 2⁄] 𝐷 = 𝜆2_{− 𝜔}2_{; 𝜆 > 𝜔} II- D=0, Reales e iguales Sistema críticamente amortiguado, pequeñas variaciones de Fa produce un movimiento oscilatorio 𝑥(𝑡) = 𝑐1𝑒−(𝑏 2⁄ )𝑡[𝑐2+ 𝑐2𝑡] 𝑥(𝑡) = 𝑐1𝑒−𝜆𝑡_{[𝑐2+ 𝑐2𝑡]} III-D<0, Complejas conjugadas Sub amortiguado 𝑟2_{+ 𝑏𝑟 + 𝑐 = 0} 𝑟 = 𝑥(𝑡) = 𝑒𝑝𝑡_{[𝑐2cos (𝑞 𝑡) + 𝑐} 2sin (𝑞𝑡)] 𝑥(𝑡) = 𝑐1𝑒−𝜆𝑡_{[𝑐2cos (√|𝐷|) +} 𝑐2sin (√|𝐷|)]; |𝐷| = 𝜔2_{− 𝜆}2_{, 𝜔 > 𝜆} 𝑥(𝑡) = 𝑒−𝜆𝑡_[𝑐 1𝑐𝑜𝑠 (𝑡√𝜔2− 𝜆2) + 𝑐2𝑠𝑖𝑛 (𝑡√𝜔2− 𝜆2)] 𝑥(𝑡) = 𝐴 𝑒−𝜆𝑡_{𝑠𝑖𝑛 (𝑡√𝜔}2_{− 𝜆}2_{+ 𝜑)} 𝜆 = (𝛽 2𝑚) = 𝑏 2 𝜔 = √𝑘 𝑚

Ejemplo

1. Aplique un modelo matemático resorte-masa Con movimiento sobreamortiguado. La masa Se libera al inicio de una posición 1 unidad Debajo de la Pe con una velocidad descendente de x’(t)=1 ft/s. 𝑑2𝑥 𝑑𝑡2+ 5 𝑑𝑥 𝑑𝑡+ 4 𝑥 = 0; 𝑥(0) = 1, 𝑥 ′_{(0) = 1} 𝛽 𝑚= 5 > 𝑘 𝑚= 4 Sistema sobreamortiguado La ecuación auxiliar 𝑥 = 𝑒𝑟𝑥_{; 𝑥}′_{= 𝑟𝑒}𝑟𝑥_{, 𝑥}′′ _{= 𝑟}2_𝑒𝑟𝑥 𝑒𝑟𝑥_[𝑟2_{+ 5𝑟 + 4] = 0} 𝑟2_{+ 5𝑟 + 4 = 0} Las raíces (𝑟 + 4)(𝑟 + 1) = 0; 𝑟1= −4; 𝑟2= −1 Caso I, Sobreamortiguado Solución general 𝑥(𝑡) = 𝑐1𝑒−4𝑡+ 𝑐2𝑒−𝑡

Solución particular con los valores Ci 𝑥(0) = 1, 𝑥′_{(0) = 1}

1 = 𝑐1𝑒−4(0)+ 𝑐2𝑒−(0)= 𝑐1+ 𝑐2

Derivando la solución general 𝑥′(𝑡)_{= −4𝑐}

1𝑒−4𝑡− 𝑐2𝑒−𝑡

Sustituyendo la segunda Ci

1 = −4𝑐1𝑒−4(0)− 𝑐2𝑒−(0)= −4 𝑐1− 𝑐2

Resolviendo el sistema para c1 y c2 por suma y resta

𝑐1+ 𝑐2= 1; −4 𝑐1− 𝑐2= 1; −3𝑐1= 2; 𝑐1= −

2 3; 𝑐2 =5

3

Sustituyendo c1 y c2 en la solución general 𝑥(𝑡) = (−2

3) 𝑒

−4𝑡_{+ (}5

3) 𝑒

−𝑡

La gráfica de x(t) se determina el valor

Extremo (el valor de t para la cual velocidad x’(t) tiene una pendiente igual cero. Es un máximo, corresponde desplazamiento abajo de la posición de equilibrio.

Si se deriva la función solución 𝑥′_{(𝑡) = −}5 3𝑒 −𝑡₊8 3𝑒 −4𝑡 𝑥′_{(𝑡) = 0; −}5 3𝑒 −𝑡₊8 3𝑒 −4𝑡 _{= 0} −5 3𝑒 −𝑡_{= −}8 3𝑒 −4𝑡 _{; 5𝑒}−𝑡_{= 8 𝑒}−4𝑡 _; 𝑒 −𝑡 𝑒−4𝑡= 8 5 𝑒4𝑡−𝑡₌8 5; 𝑒 3𝑡₌8 5; ln(𝑒 3𝑡_{) = ln (}8 5) 3𝑡 ∙ 𝑙𝑛(𝑒) = 𝑙𝑛 (8 5) ; 3𝑡 = 𝑙𝑛 ( 8 5) ; 𝑡 = 1 3ln ( 8 5) = 0.157 La segunda derivada 𝑥′′_{(𝑡) =}5 3𝑒 −𝑡₋32 3 𝑒 −4𝑡

Sustituyendo el valor crítico de t 𝑥′′_{(0.157) =}5

3𝑒

−0.157₋32

3 𝑒

−40.157_{= −4.27}

El valor negativo indica un máximo en ese valor 𝑥(0.157) = (−2 3) 𝑒 −4(0.157)_{+ (}5 3) 𝑒 −(0.157)_{= 1.069} 𝑃1(0.157,1.07)

Las intersecciones con el eje t y con el eje x 𝑃2(−0.305,0); 𝑃3(0,1)

Analizando la gráfica de la función solución Para observar si hay nodos que intersecan el eje t Que significarían que la masa pasa por la Pe.

No sucede porque su valor se da en un tiempo negativo

Sin significado físico. 𝑥(𝑡) = 0 ; (−2 3) 𝑒 −4𝑡_{+ (}5 3) 𝑒 −𝑡 _; 5𝑒−𝑡 _{= 2 𝑒}−4𝑡 _{; 𝑒}3𝑡₌2 5; 𝑡 = 1 3𝑙𝑛 ( 2 5) = −0.305

Problema

Una masa (cuerpo) pesa 8 [lbf] (35.6 N) se suspende de un resorte y le produce un alargamiento s= 2 [pies], (0.61 m). Si la fuerza amortiguada (Fa) igual a dos veces la velocidad instantánea actúa sobre el sistema. Determine la ecuación de movimiento si la masa inicial se libera desde la posición de equilibrio con una velocidad ascendente de 3 pies/s.

Aplica el modelo para un sistema resorte-masa del tipo movimiento sobre-amortiguado. 𝐹𝑔= 𝐹𝑟+ 𝐹𝑎; 𝐹𝑔= 𝑚𝑎; 𝐹𝑟= −𝑘𝑥; 𝐹𝑎= −𝛽𝑥′(𝑡) 𝑚𝑎 = −𝑘𝑥(𝑡) − 𝛽𝑥′(𝑡) 𝑚 ∙𝑑 2_𝑥 𝑑𝑡2 = −𝛽 𝑑𝑥 𝑑𝑡− 𝑘 ∙ 𝑥 𝑚 ∙𝑑 2_𝑥 𝑑𝑡2+ 𝛽 𝑑𝑥 𝑑𝑡+ 𝑘 ∙ 𝑥 = 0

Las condiciones iniciales: La masa inicial se libera desde la Pe con una velocidad ascendente de 3ft/s 𝑥(0) = 0; 𝑥′_{(0) = −3} Solución. De la Ley de Hooke 𝑔 = 32 [𝑓𝑡 𝑠2] ; (9.81 [ 𝑚 𝑠2]) 𝑤 = 8 [𝑙𝑏𝑓], (35.6 𝑁) 𝑤 = 𝑚𝑔; 𝑚 =𝑤 𝑔 = 8 32= 1 4 [𝑠𝑙𝑢𝑔]; (3.65 [𝑘𝑔]) 𝑤 = 𝑘𝑠; 𝑘 =𝑤 𝑠 = 8 2= 4 [ 𝑙𝑏𝑓 𝑓𝑡] ; 35.6 0.61= 58.36 𝑁 𝑚 𝐹𝑎= −𝛽 𝑑𝑥 𝑑𝑡= −2 𝑑𝑥 𝑑𝑡 𝑚𝑑 2_𝑥 𝑑𝑡2+ 𝛽 𝑑𝑥 𝑑𝑡+ 𝑘 ∙ 𝑥 = 0 𝑑2_𝑥 𝑑𝑡2+ ( 𝛽 𝑚) 𝑑𝑥 𝑑𝑡+ ( 𝑘 𝑚) ∙ 𝑥 = 0 𝑑2_𝑥 𝑑𝑡2+ ( 2 1 4⁄ ) 𝑑𝑥 𝑑𝑡+ ( 4 1 4⁄ ) ∙ 𝑥 = 0 𝑑2_𝑥 𝑑𝑡2+ 8 𝑑𝑥 𝑑𝑡+ 16 ∙ 𝑥 = 0 𝑥 = 𝑒𝑟𝑥_{; 𝑥}′_{= 𝑟𝑒}𝑟𝑥_{, 𝑥}′′ _{= 𝑟}2_𝑒𝑟𝑥 𝑒𝑟𝑥_[𝑟2_{+ 8𝑟 + 16] = 0} 𝑟2_{+ 8 𝑟 + 16 = 0} (𝑟 + 4)2_{= 0; 𝑟} 1= −4; 𝑟2= 𝑟1= 𝑟 = −4

Caso II, Raíces reales e iguales (repetidas)

Corresponde a un movimiento críticamente amortiguado. Solución general 𝑥(𝑡) = 𝑐1𝑒−4𝑡+ 𝑐2 𝑡 𝑒−4𝑡 Condiciones iniciales; 𝑥(0) = 0; 𝑥′_{(0) = −3 [𝑓𝑡 𝑠⁄ ]} Sustituyendo x(0)=0 0 = 𝑐1𝑒−4(0)+ 𝑐2 (0)𝑒−4(0)= 𝑐1= 0

Derivando la función solución

𝑥′(𝑡) = −4 𝑐1𝑒−4𝑡− 4 𝑐2 𝑡 𝑒−4𝑡+ 𝑐2𝑒−4𝑡 −3 = −4 𝑐1𝑒−4(0)− 4 𝑐2 (0) 𝑒−4(0)+ 𝑐2𝑒−4(0) −3 = −4 𝑐1+ 𝑐2; 𝑐2= −3 Solución particular 𝑥(𝑡) = −3 𝑡 𝑒−4𝑡 Análisis de la gráfica

Derivando la solución particular, igualando a cero y despejando la t

𝑥′_{(𝑡) = 12 𝑡 𝑒}−4𝑡_{− 3𝑒}−4𝑡_{= 0}

12 𝑡 𝑒−4𝑡_{= 3𝑒}−4𝑡_{; 𝑡 =}1

4

Sustituyendo en la solución particular 𝑥(𝑡) = −3 (1

4) 𝑒

−4(1₄)_{= −}3

4𝑒

−1_{= −0.276}

El valor extremo corresponde al desplazamiento por arriba del Pe (signo negativo<<<9 y alcanza una altura máxima de 0.276

La segunda derivada 𝑥′′_{(𝑡) = −48 𝑡 𝑒}−4𝑡_{+ 24𝑒}−4𝑡

Sustituyendo el valor crítico de t en la segunda derivada 𝑥′′₍1 4) = −48 ( 1 4 ) 𝑒 −4(1 4⁄ )_{+ 24𝑒}−4(1 4⁄ )_{= 4.45}

El valor negativo indica que es un mínimo su valor 𝑃1(

1

Problema. Movimiento Amortiguado

Una masa (cuerpo) con un peso de 16 lbf (71.2 N) pende de un resorte con una longitud de 5 ft (1.525 m). En equilibrio el resorte alcanza 8.2 [ft], (2.5 m). Si al inicio la masa (cuerpo) se libera desde el reposo en un punto 2 [ft), (0.61 m), arriba de la posición de equilibrio. Determine.

Los desplazamientos x(t), si se considera que el medio circundante ofrece una resistencia igual a la magnitud de la velocidad instantánea.

Solución

La elongación del resorte 𝑤 = 16 [𝑙𝑏𝑓], (71.17 [𝑁]) 𝑠 = 8.2 − 5 = 3.2 {𝑓𝑡], (0.976 𝑚) 𝑤 = 𝑚𝑔; 𝑚 =𝑤 𝑔 = 16 32= 1 2 [𝑠𝑙𝑢𝑔]; (7.3 [𝑘𝑔]) 𝑤 = 𝑘𝑠; 𝑘 = 16 3.2= 5 [ 𝑙𝑏𝑓 𝑓𝑡] ; 71.17 0.976 = 72.9 𝑁 𝑚

El medio circundante ofrece una resistencia igual a la magnitud de la velocidad instantánea

𝛽 = |𝑑𝑥 𝑑𝑡| = 1 𝑚 ∙𝑑 2_𝑥 𝑑𝑡2+ 𝛽 𝑑𝑥 𝑑𝑡+ 𝑘 ∙ 𝑥 = 0 𝑑2_𝑥 𝑑𝑡2+ 𝛽 𝑚 𝑑𝑥 𝑑𝑡+ 𝑘 𝑚∙ 𝑥 = 0 𝑑2_𝑥 𝑑𝑡2+ 1 1 2⁄ 𝑑𝑥 𝑑𝑡+ 5 1 2⁄ ∙ 𝑥 = 0 𝑑2_𝑥 𝑑𝑡2+ 2 𝑑𝑥 𝑑𝑡+ 10 ∙ 𝑥 = 0 𝑥 = 𝑒𝑟𝑥_{; 𝑥}′_{= 𝑟𝑒}𝑟𝑥_{, 𝑥}′′ _{= 𝑟}2_𝑒𝑟𝑥 𝑒𝑟𝑥_[𝑟2_{+ 2𝑟 + 10] = 0} 𝑟2_{+ 2𝑟 + 10 = 0} 𝑟 = −1 ± 3 𝐼; 𝑝 = −1; 𝑞 = 3

Caso III. Movimiento subamortiguado Solución general

𝑥(𝑡) = 𝑒−𝑡_(𝑐

1cos(3𝑡) + 𝑐2sin (3𝑡))

Las condiciones iniciales, la masa (cuerpo) se libera

desde el reposo (velocidad cero) en un punto 2 [ft), (0.61 m), arriba (negativa) de la posición de equilibrio 𝑥(0) = −2; 𝑥′_{(0) = 0}

−2 = 𝑒−(0)_(𝑐

1cos(3(0)) + 𝑐2sin (3(0)))

−2 = 𝑐1; 𝑐1= −2

Derivando la solución general

𝑥(𝑡) = −3 𝑐1𝑒−𝑡sin(3𝑡) − 𝑐1𝑒−𝑡cos(3𝑡) + 3𝑐2𝑒−𝑡cos(3𝑡) − 𝑐2𝑒−𝑡sin (3𝑡) 0 = −3 𝑐1𝑒−0sin(0)− 𝑐1𝑒−0cos(0) + 3𝑐2𝑒−0cos(0) − 𝑐2𝑒−0sin (0) −𝑐1+ 3𝑐2= 0; 𝑐2= − 2 3; 𝑐1= −2

La solución particular o ecuación de movimiento 𝑥(𝑡) = 𝑒−𝑡_{[−2 cos(3𝑡) − (}2

3) sin (3𝑡)] Solución alterna

𝑥(𝑡) = 𝑒−𝜆𝑡_[𝑐

1𝑐𝑜𝑠 (𝑡√𝜔2− 𝜆2) + 𝑐2𝑠𝑖𝑛 (𝑡√𝜔2− 𝜆2)]

La solución alterna (no es una función periódica) 𝑥(𝑡) = 𝐴 𝑒−𝜆𝑡_{𝑠𝑖𝑛 (𝑡√𝜔}2_{− 𝜆}2_{+ 𝜑)} Amplitud de onda 𝐴 = √𝑐12+ 𝑐22 𝐴 = √(−2)2_{+ (−}2 3) 2 = (2 3) √10 Ángulo de fase sin(𝜑) =𝑐1 𝐴; cos(𝜑) = 𝑐2 𝐴; tan(𝜑) = 𝑐1 𝑐2 𝑐1= −2; 𝑐2= − 2 3; 𝑡𝑒𝑟𝑐𝑒𝑟 𝑐𝑢𝑎𝑑𝑟𝑎𝑛𝑡𝑒 𝜑 = 𝜑0+ 𝜋 𝜑 = 𝑡𝑎𝑛−1₍ −2 −2 3⁄ ) + 𝜋 = 𝑡𝑎𝑛 −1_{(3) + 𝜋 = 1.25 + 𝜋} 𝜑 = 4.391 𝜆 = ( 𝛽 2𝑚) = 𝑏 2= 2 2= 1 𝜔 = √𝑘 𝑚= √ 5 1 2⁄ = √10 |𝐷| = 𝜔2_{− 𝜆}2_{; 𝜔 > 𝜆} |𝐷| = 10 − 1 = 9; √|𝐷| = √𝜔2_{− 𝜆}2_{= √9 = 3} 𝑟 = −𝜆 ± √𝐷 = −1 ± 3; 𝑝 = −1; 𝑞 = 3 La forma alterna 𝑥(𝑡) = (2√10 3 ) 𝑒 −𝑡_{𝑠𝑖𝑛(3𝑡 + 4.391)}

El coeficiente es la Amplitud amortiguadora de las vibraciones

Cuasiperiodo = es el intervalo de tiempo entre dos

máximos sucesivos 𝑇𝑐= 2𝜋 √𝜔2_{− 𝜆}2= 2𝜋 3 , [𝑠𝑒𝑔] Cuasifrecuencia 𝑓𝑐 = √𝜔2_{− 𝜆}2 2𝜋 = 3 2𝜋, [ ciclos 𝑠 ] valores

El mínimo o máximo se determina 𝑥(𝑡) = 𝑒−𝑡_{[−2 cos(3𝑡) − (}2 3) sin (3𝑡)] 𝑥(𝑡) = −2 𝑒−𝑡_{cos(3𝑡) − (}2 3) 𝑒 −𝑡_{sin (3𝑡)} Primera derivada 𝑥′(𝑡)

= 6 𝑒−𝑡_{sin(3𝑡) +2 𝑒}−𝑡_{cos(3𝑡) − (2)𝑒}−𝑡_cos(3𝑡) + (2) 𝑒−𝑡_{sin (3𝑡)}

𝑥′(𝑡) =20 3 𝑒 −𝑡_sin(3𝑡) 𝑥′_{(𝑡) = 0; sin(3𝑡) = 0} arcsin(sin(3𝑡)) = arcsin(0) ; 3𝑡 = 0; 𝑡 = 0 Segunda derivada 𝑥′′(𝑡) = 20𝑒−𝑡_{cos(3𝑡) −}20 3 𝑒 −𝑡_sin(3𝑡) Sustituyendo el valor de t 𝑥′′(𝑡) = 20𝑒0_{cos(0) −}20 3 𝑒 −𝑡_{sin(0) = 20} Es positivo el valor la función tiene un mínimo Los puntos son

𝑇 =2𝜋 3 = 2.095 𝑇1= |2.095 − 0| = 2.095 𝑇2= |3.142 − 1.047| = 2.095 𝑓 = 3 2𝜋= 0.4774