Sistemas masa resorte movimiento libre amortiguado by Gerson Villa Gonzalez

[MODELADO CON ECUACIONES DIFERENCIALES]

Sistema Masa-Resorte Movimiento Libre Amortiguado El concepto del movimiento libre armónico no es realista porque el d 2x

 kx supone que no hay dt 2 fuerzas de retardo que actúen sobre la masa en movimiento. A menos que la masa este colgada en un vacío perfecto, cuando menos habrá una fuerza de resistencia debida al medio que rodea al objeto. Según se advierte en la figura 1, la masa podría estar suspendida en un medio viscoso o conectado a un dispositivo amortiguador.

movimiento que describe la ecuación m

Figura 1.

Movimiento Libre Amortiguado

Ecuación diferencial del movimiento libre amortiguado. En mecánica, se considera que las fuerzas de amortiguamiento que actúan sobre un cuerpo son proporcionales a alguna potencia de la velocidad instantánea. En particular supondremos en el resto de la descripción que esta fuerza esta expresada por un múltiplo constante de dx / dt . Cuando no hay otras fuerzas externas aplicadas al sistema, este sigue la segunda ley de Newton:

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d 2x dt

 kx  

dx dt

(1.1)

Donde  es una constante de amortiguamiento positiva y el signo negativo es consecuencia del hecho que la fuerza amortiguadora actúa en dirección opuesta a la del movimiento. Al dividir la ecuación (1.1) entre la masa m , la ecuación diferencial del movimiento libre amortiguado es d 2 x / dt 2    / m  dx / dt   k / m  x  0 , o sea d 2x dt

 2

dx  2x  0 dt

(1.2)

Donde 2 

 m

, 2 

k m

(1.3)

El símbolo 2 solo se usa por comodidad algebraica, porque así la ecuación auxiliar queda correspondientes son

m2  2 m   2  0

m1     2   2 , m2     2   2

las

raíces

(1.4)

Ahora podemos distinguir tres casos posibles que dependen del signo algebraico de  2   2 . Puesto que cada solución contiene al factor de amortiguamiento et ,   0 , los desplazamientos de la masa se vuelven insignificantes cuando el tiempo es grande. Aquí, se dice que el sistema esta Caso I.  2   2  0 sobreamortiguado porque el coeficiente de amortiguamiento,  , es grande comparado con la constante de resorte, k . La solución correspondiente de (1.2) es x(t )  c1em1t  c2em2t , o bien

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[MODELADO CON ECUACIONES DIFERENCIALES] 2 2 2 2 x(t )  et  c1e   t  c2e   t   

(1.5)

Esta ecuación representa un movimiento suave y no oscilatorio. La figura 2 muestra dos gráficas posibles de x(t )

Figura 2. Caso II.  2   2  0 Se dice que el sistema esta críticamente amortiguado puesto que cualquier pequeña disminución de la fuerza de amortiguamiento originaría un movimiento oscilatorio. La solución general de la ecuación (1.2) es x(t )  c1em1t  c2tem2t , es decir x(t )  et (c1  c2t )

(1.6)

En la figura 3 vemos dos típicos gráficos de movimiento. Obsérvese que se parecen mucho a los de un sistema sobreamortiguado. También se aprecia, según la ecuación (1.6), que la masa puede pasar de posición de equilibrio, a lo mas una vez.

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Figura 3. Caso III.  2   2  0 Se dice que el sistema esta subamortiguado porque es el coeficiente de amortiguamiento es pequeño en comparación con la constante del resorte. Ahora las raíces m1 y m2 son complejas:

m1     2   2 i, m2     2   2 i Entonces, la solución general de la ecuación (1.2) es x(t )  et  c1 cos  2   2 t  c2sen  2   2 t   

(1.7)

Como se aprecia en la figura 4 el movimiento que describe (1.7) es oscilatorio pero, a causa de un coeficiente et , las amplitudes de vibración tienden a cero cuando t  

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Figura 4. Problema 1 Un contrapeso de 4 lb se une a un resorte cuya constante es de 2lb/pie. El medio presenta una resistencia al movimiento numéricamente igual a la velocidad instantánea. Si el contrapeso se suelta de un punto a 1 pie arriba de la posición de equilibrio con una velocidad de 8 pie/s hacia abajo, calcule el tiempo en que pasa por la posición de equilibrio. Encuentre el momento en que el contrapeso llega a su desplazamiento extremo respecto a la posición de equilibrio. ¿Cuál es su posición en ese instante? Solución Tenemos que k  2lb / pie . Entonces: W  mg  m 

W 4 1 m m g 32 8

Por lo tanto la ecuación diferencial del movimiento es: d 2x

dx 1 d 2x dx m 2  kx      2 x  1  dt 8 dt 2 dt dt 1 x '' x ' 2 x  0 8

Las condiciones iniciales son

x(0)  1, x '(0)  8 Geólogos

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La ecuación auxiliar de la ecuación diferencial x '' 8x ' 16 x  0

Seria

m2  8m  16  0   m  4  m  4  Por lo tanto sus raíces son m1  m2  4 . Por lo tanto el sistema es críticamente amortiguado y x(t )  c1e4t  c2te4t

(1.8)

Al aplicar las condiciones iniciales

x(0)  1, x '(0)  8  x  1 x(0)  1    t 0 1  c1e4(0)  c2 (0)e4(0)  c1  1 x  8 x(0)  8   t  0 8  4c1e4(0)  4c2 (0)e4(0)  c2e 4(0)  8  4c1  c2  8  4(1)  c2  c2  4

Así la ecuación del movimiento es x(t )  e4t  4te4t

(1.9)

Para graficar x(t ) , se calcula el valor de t donde la función tiene un extremo esto es, el valor del tiempo para que la primera derivada (velocidad) es cero. Al diferenciar la ecuación (1.9) tenemos:

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x '(t )  4e4t  16te4t  4e4t  x '(t )  8e4t  16te4t

Así que x '(t )  0  0  8e4t  16te4t  0  e4t (8  16t )  0  8  16t  t  8 / 16  t  1 / 2

x(t )  0  x(t )  e4t  4te4t  0  e4t  4te4t  0  e4t (1  4t )   0  1  4t  t  1 / 4

Por lo tanto el momento en que el contrapeso llega a su desplazamiento extremo respecto a la posición de equilibrio. Sera: x(t )  e4t  4te 4t  t  1 / 2  x(1 / 2)  e4(1/2)  4(1 / 2)e 4(1/2)  x(1 / 2)  e2  2e 2  x(1 / 2)  e2 pies

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