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UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERÍA FACULTAD DE INGENIERÍA MECÁNICA Curso: Ecuaciones Diferenciales

MOVIMIENTO VIBRATORIO

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES

MOVIMIENTO VIBRATORIO

1. Movimiento armónico simple. 2. Movimiento vibratorio amortiguado. 3. Movimiento vibratorio forzado.

Ing. CARLOS ROJAS SERNA

UNI-FIM

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MOVIMIENTO ARMÓNICO SIMPLE

Ing. CARLOS ROJAS SERNA

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1. Movimiento armónico simple Es el tipo más sencillo de movimiento oscilatorio, y tiene lugar cuando la fuerza recuperadora de la oscilación es proporcional al desplazamiento x, es decir, el resorte es lineal (obedece a la Ley de Hooke), respecto al punto de equilibrio, y asimismo no hay pérdida de energía mecánica. En un sistema masa- resorte: m: masa del bloque K: constante de restitución del resorte

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ANÁLISIS DIFERENCIAL DE UN MAS

Ing. CARLOS ROJAS SERNA

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ANÁLISIS DIFERENCIAL DE UN MAS

mg - ks = 0 𝑚 Ing. CARLOS ROJAS SERNA

𝑑²𝑥 = −𝑘 𝑥 + 𝑠 + 𝑚𝑔 𝑑𝑡² UNI-FIM

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES 𝑑²𝑥 𝑚 = −𝑘 𝑥 + 𝑠 + 𝑚𝑔 𝑑𝑡² 𝑑²𝑥 𝑚 = −𝑘𝑥 − 𝑘𝑠 + 𝑚𝑔 𝑑𝑡² 𝑑²𝑥 𝑚 = −𝑘𝑥 𝑑𝑡² 𝑑²𝑥 𝑚 + 𝑘𝑥 = 0 𝑑𝑡² 𝑑²𝑥 𝑘 + 𝑥=0 𝑑𝑡² 𝑚

𝑤=

𝑘 𝑚

𝑑²𝑥 𝑘 𝑑²𝑥 + 𝑥= + 𝑤² 𝑥 = 0 𝑑𝑡² 𝑚 𝑑𝑡² 𝑥 ′′ + 𝑤² 𝑥 = 0

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES 𝑥 ′′ + 𝑤² 𝑥 = 0 𝑅𝑒𝑠𝑜𝑙𝑣𝑖𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑙𝑎 𝐸. 𝐷. ∶

𝐷² + 𝑤² = 0 (𝐷 − 𝑤)(𝐷 + 𝑤) = 0 𝐷1 = 𝑤𝑖

𝐷2 = −𝑤𝑖

𝑥(𝑡) = 𝑒 𝛼𝑡 (𝐶1 cos 𝛽𝑡 + 𝐶2 sen 𝛽𝑡)

𝛼 = 𝑃𝑎𝑟𝑡𝑒 𝑟𝑒𝑎𝑙

𝛽 = 𝑃𝑎𝑟𝑡𝑒 𝑖𝑚𝑎𝑔𝑖𝑛𝑎𝑟𝑖𝑎

𝑥(𝑡) = 𝑒 𝛼𝑡 𝐶1 cos 𝛽𝑡 + 𝐶2 sen 𝛽𝑡

𝛼=0 𝛽=𝑤

𝑥(𝑡) = 𝑒 0𝑡 (𝐶1 cos 𝑤𝑡 + 𝐶2 sen 𝑤𝑡)

𝑥(𝑡) = 𝐶1 cos 𝑤𝑡 + 𝐶2 sen 𝑤𝑡

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→

m.

𝑑2 𝑦 𝑑𝑡 2

+ 𝑘𝑦 = 0

𝑟2 + 𝑘 = 0 →

𝑌(𝑡) = 𝐴𝐶𝑜𝑠

Haciendo: →

𝑌(𝑡) =

Haciendo:

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w= 𝐴 𝐴2 +𝐵2

→ 𝑘 𝑚

t

𝑘

𝑟=± 𝑘

+ 𝐵𝑆𝑒𝑛

𝑚

𝑚

𝑖

t

𝑘 𝑚

𝐶𝑜𝑠 wt +

𝐵 𝐴2 +𝐵2

𝑆𝑒𝑛 wt

× 𝐴2 + 𝐵2

R = 𝐴2 + 𝐵2

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→

𝑌(𝑡) = 𝑅 𝐶𝑜𝑠𝜃𝐶𝑜𝑠 wt + 𝑆𝑒𝑛𝜃𝑆𝑒𝑛 wt

→

𝑌(𝑡) = 𝑅𝐶𝑜𝑠 wt− 𝜃

Donde: R: Amplitud del movimiento

𝜃: Angulo de fase del movimiento

𝜃 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛

T: Periodo (tiempo correspondiente a un ciclo) 𝑓 : Frecuencia (N° de ciclos por unidad de tiempo)

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𝐵 𝐴

𝑇=

2𝜋 𝑤 1

𝑓=𝑇

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES Ejercicio.- Una masa que pesa 2 libras alarga 6 pulgadas un resorte. En t=0 se libera la masa desde un punto que está a 8 pulgadas de la posición de equilibrio con una velocidad ascendente de 0,75 pies/s .Determine la ecuación de movimiento:

6 pul =0,5 pies 6 pul=0,5 pies

8 pul=0,75 pies

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SOLUCIÓN m𝑔 = 𝑘𝑥 1 2 = 𝑘( ) 2 𝑘=4

𝑝 = 𝑚𝑔 2 = 32𝑚

𝑚=

1 16

𝑅𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑒𝑛 𝑙𝑎 𝐸. 𝐷 ∶ 𝑑²𝑥 𝑘 𝑑²𝑥 4 + 𝑥= + 𝑥=0 1 𝑑𝑡² 𝑚 𝑑𝑡² 16

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES 𝑑²𝑥 𝑘 𝑑²𝑥 4 + 𝑥= + 𝑥=0 1 𝑑𝑡² 𝑚 𝑑𝑡² 16

→ 𝑤² = 64 → 𝑤 = 8

𝑥 ′′ + 64 𝑥 = 0 𝑅𝑒𝑠𝑜𝑙𝑣𝑖𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑙𝑎 𝐸. 𝐷. ∶

𝐷² + 64 = 0 𝐷 − 8𝑖 𝐷 + 8𝑖 = 0 𝐷1 = 8𝑖 →

𝐷2 = −8𝑖

𝛼=0

𝑥(𝑡) = 𝑒 𝛼𝑡 𝐶1 cos 𝛽𝑡 + 𝐶2 sen 𝛽𝑡

𝛽=8 𝛼=0 𝛽=𝑤=8

𝑥(𝑡) = 𝐶1 cos 8𝑡 + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛8𝑡

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES 𝑥′(𝑡) = −8𝐶1 sen 8𝑡 + 8𝐶2 𝑐𝑜𝑠8𝑡 𝑈𝑠𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑙𝑎𝑠 𝑐𝑜𝑛𝑑𝑖𝑐𝑖𝑜𝑛𝑒𝑠 𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙𝑒𝑠:

𝑥(0) =

𝑥′(0) = −

4 3

2 = 𝐶1 cos 0 + 𝐶2 𝑠𝑒𝑛0 = 3

2 → 𝐶1 = 3

4 = −8𝐶1 sen 0 + 8𝐶2 𝑐𝑜𝑠0 = − 3

4 → 𝐶2 = − 3

𝑥(0) 𝑥′(0)

2 3

𝐿𝑎 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑑𝑒𝑙 𝑚𝑜𝑣𝑖𝑚𝑖𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑠𝑒𝑟í𝑎 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎:

𝑥(𝑡)

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2 4 = cos 𝑤𝑡 − sen 𝑤𝑡 3 3

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MOVIMIENTO VIBRATORIO AMORTIGUADO Ecuación del movimiento: 𝑑2 𝑥 𝑑𝑥 𝑚 2 = −𝑘𝑥 − 𝛽 𝑑𝑡 𝑑𝑡 Donde 𝞫 es una constante de amortiguamiento positiva y el signo negativo es consecuencia de que la fuerza amortiguadora actúa en dirección opuesta al movimiento.

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES De la ecuación original:

𝑑2 𝑥 𝑑𝑥 𝑚 2 = −𝑘𝑥 − 𝛽 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑑 2 𝑥 𝛽 𝑑𝑥 𝑘 + + 𝑥=0 2 𝑑𝑡 𝑚 𝑑𝑡 𝑚 𝑑2 𝑥 𝑑𝑥 + 2𝜆 + 𝜔2 𝑥 = 0 2 𝑑𝑡 𝑑𝑡 Donde:

𝛽 𝑘 2 2𝜆 = ; 𝜔 = 𝑚 𝑚 𝑚1 = −𝜆 + 𝜆2 − 𝜔 2 ; 𝑚2 = −𝜆 − 𝜆2 − 𝜔 2

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2. Movimiento amortiguado Existen 3 casos: - Movimiento sub-amortiguado - Movimiento críticamente amortiguado - Movimiento sobre-amortiguado

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Partimos de la ecuación diferencial: 𝑑2𝑦 𝑑𝑦 𝑚 2 +𝑐 + 𝑘𝑦 = 0 𝑑𝑡 𝑑𝑡 Resolvemos la ecuación característica: 𝑚𝑟 2 + 𝑐𝑟 + 𝑘 = 0 Hallamos las raíces 𝑟1 , 𝑟2 : 𝑐 𝑐 2 − 4𝑘𝑚 𝑟=− ± 2𝑚 2𝑚

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∆=

𝑐 2 − 4𝑘𝑚

Obtenemos los tres casos antes mencionados: 2.1 Movimiento sobre-amortiguado ∆>0→ 𝑅𝑎í𝑐𝑒𝑠 𝑟𝑒𝑎𝑙𝑒𝑠 𝑦 𝑑𝑖𝑓𝑒𝑟𝑒𝑛𝑡𝑒𝑠 2.2 Movimiento amortiguado crítico ∆= 0 → 𝑅𝑎í𝑐𝑒𝑠 𝑟𝑒𝑎𝑙𝑒𝑠 𝑒 𝑖𝑔𝑢𝑎𝑙𝑒𝑠 2.3 Movimiento Sub-amortiguado

∆0. SISTEMA SOBREAMORTIGUADO La solución correspondiente seria:

𝑥(𝑡) = 𝑐1 𝑒 𝑚1𝑡 + 𝑐2 𝑒 𝑚2𝑡

𝑥(𝑡) =

−𝜆𝑡 𝜆2 −𝜔2 𝑡 𝑒 (𝑐1 𝑒

+ 𝑐2

2 −𝜔2 𝑡 − 𝜆 𝑒 )

Posibles gráficas de x(t)

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES CASO I: 𝜆2 − 𝜔2 >0. SISTEMA SOBREAMORTIGUADO La solución correspondiente seria:

𝑥(𝑡) = 𝑐1 𝑒 𝑚1𝑡 + 𝑐2 𝑒 𝑚2𝑡

𝑥(𝑡) =

−𝜆𝑡 𝜆2 −𝜔2 𝑡 𝑒 (𝑐1 𝑒

+ 𝑐2

2 −𝜔2 𝑡 − 𝜆 𝑒 )

Posibles gráficas de x(t)

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES CASO I: 𝜆2 − 𝜔2 =0. SISTEMA CRÍTICAMNTE AMORTIGUADO La solución correspondiente seria:

𝑥(𝑡) = 𝑐1 𝑒 𝑚1𝑡 + 𝑐2 𝑡𝑒 𝑚2 𝑡

𝑥(𝑡) = 𝑒 −𝜆𝑡 (𝑐1 + 𝑐2 𝑡)

Posibles gráficas de x(t)

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES CASO I: 𝜆2 − 𝜔2 0.

SOLUCIÓN 𝐹 = 𝑚𝑎 𝐹

𝑡

− 𝐹𝑒 − 𝐹𝑎 = 𝑚𝑦

2 sen 8𝑡 − 𝑘𝑦 − 𝑐𝑦 = 𝑚𝑦

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. . . (1)

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Calculando m, c y k: 𝑚=

2 32

=

1 16

𝑐=1

2=𝑘

6 12

→𝑘=4

Reemplazando en (1):

1 2 sen 8𝑡 − 4𝑦 − 1𝑦 = 𝑦 16 𝑦 + 16𝑦 + 64𝑦 = 32 sen 8𝑡

Calculando 𝑦𝐻 : 𝑟 2 + 16𝑟 + 64 = 0 𝑟+8

2

=0

→ 𝑟1 = 𝑟2 = −8

→ 𝑦𝐻 = 𝑐1 𝑒 −8𝑡 + 𝑐2 𝑡𝑒 −8𝑡

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES Calculando 𝑦𝑝 : 1 1 1 𝑦𝑝 = 32 sen 8𝑡 = 32 sen 8𝑡 = 32 sen 8𝑡 𝐷+8 2 𝐷2 + 16𝐷 + 64 −64 + 16𝐷 + 64 1 𝑦𝑝 = 32 sen 8𝑡 = 2 16𝐷

1 sen 8𝑡 𝑑𝑡 → 𝑦𝑝 = − Cos 8𝑡 4

La solución general es: 1 𝑦 = 𝑐1 𝑒 −8𝑡 + 𝑐2 𝑡𝑒 −8𝑡 − Cos 8𝑡 . . . (2) 4

Condiciones Iniciales: 𝑡 = 0 → 𝑦 = Reemplazando en (2):

3 12 1

𝑐1 = 2

=

1 4

, 𝑦=0 𝑐2 = 4

𝒚 = 𝟏𝟐𝒆−𝟖𝒕 + 𝟒𝒕𝒆−𝟖𝒕 − 𝟏𝟒 𝑪𝒐𝒔 𝟖𝒕 𝒚 = −𝟑𝟐𝒕𝒆−𝟖𝒕 + 𝟐 𝐒𝐞𝐧 𝟖𝒕

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PROBLEMA 2 La barra uniforme AB de 16 lb se articula en C y está unida en A a un resorte de constante k=50 lb/ft. Si el la barra se desplaza un ángulo θ = 0.12 rad y luego se suelta con una

Velocidad 𝜃 = 0, determine la posición de A en función del tiempo.

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SOLUCIÓN 1 1 16 𝑙𝑏 𝐼= 𝑚𝑙 2 = 12 12 32.2𝑓𝑡/𝑠 2

12.5𝑖𝑛 12𝑖𝑛/𝑓𝑡

2

𝐼 = 0.04493 𝑙𝑏. 𝑓𝑡. 𝑠 2 sen 𝜃 ≈ 𝜃

𝛼=𝜃 𝑎𝑡 = ↺+

2 𝛼 = 0.16667𝜃 12 𝑀𝐶

=

𝑀𝐶

𝐶𝐴𝑈𝑆𝐴𝑆

𝑘

8.25 𝜃 12

8.25 12

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𝐸𝐹𝐸𝐶𝑇𝑂𝑆

+ 𝑚𝑔

2 𝜃 12

2

= 𝐼𝜃 + 𝑚. 𝜃 12

2 12

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Reemplazando valores y ordenando, tenemos:

𝜃 + 368,28𝜃 = 0 Calculando 𝜃: 𝑟 2 + 368,28 = 0 𝑟 2 = −368,28

→ →𝜃

Condiciones:

𝑡

𝑟1 = +19,19𝑖

= 𝐴 cos 19,19𝑡 + 𝐵 sen 19,19𝑡 . . . (1)

𝑡 = 0 → 𝜃 = 0.12

𝑡=0 → 𝜃=0 A = 0,12

Reemplazando en (1) tenemos que: ∴𝜽

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𝑟2 = −19,19𝑖

𝒕

B=0

= 𝑨 𝒄𝒐𝒔 𝟏𝟗, 𝟏𝟗𝒕

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PROBLEMA 3

Un peso de 6 lb está unido al extremo libre de un resorte que está suspendido en el techo. El peso se encuentra en reposo en su posición de equilibrio y el resorte está estirado ½ pie. Después el peso se desplaza 1/3 de pie hacia abajo y se suelta en t=0. Ninguna fuerza externa actúa, sin embargo la resistencia del medio en lb, es numéricamente igual a 3/2 de la velocidad instantánea. Determine el movimiento del peso del resorte.

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6 1 𝑚= 𝑙𝑏; 𝑥 = 𝑝𝑖𝑒 32 2 𝑡 = 0;

𝑥=

1 𝑝𝑖𝑒; 3

𝑉0 = 0

3 3 𝑎= 𝑉= 2 2 𝐾𝑥 = 6𝑙𝑏 1 𝐾 = 6𝑙𝑏 → 𝐾 = 12𝑙𝑏 2

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𝑚. 𝑑 2 𝑥 𝑎. 𝑑𝑥 𝑘𝑥 + + =0 2 𝑚. 𝑑𝑡 𝑚. 𝑑𝑡 𝑚 𝑑 2 𝑥 3. 𝑑𝑥 32 32 + + 12 .𝑥 = 0 2 𝑑𝑡 2. 𝑑𝑡 6 6 𝑑 2 𝑥 8. 𝑑𝑥 + + 64. 𝑥 = 0 2 𝑑𝑡 𝑑𝑡 𝑡0 =0;

1 3

𝑥 = 𝑝𝑖𝑒;

𝑉0 =0

𝑟 2 + 8𝑟 + 64 = 0

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8 − 64 − 4(64) 𝑟= 2 𝑟 = 4 ± 4 −3 𝑟1 = 4 + 4 3𝑖 ;

𝑟2 = 4 − 4 3𝑖

𝑋 𝑡 = 𝑒 −4𝑡 (𝐶1 . cos(4 3𝑡) + 𝐶2 . sen(4 3𝑡)) → 𝐶𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑡 = 0 → 𝑥 = 1/3 𝐶1 = 1/3

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𝑋 𝑡 =

𝑒 −4𝑡 (

1 . cos(4 3𝑡) + 𝐶2 . sen(4 3𝑡)) 3

1 3

𝑋′ 𝑡 = −4𝑒 −4𝑡 ( . cos(4 3𝑡) + 𝐶2 . sen(4 3𝑡)) + 𝑒 −4𝑡 ( 𝑋′ 𝑡 = 𝑒 −4𝑡 (

−4 . cos 3

4 3𝑡 − 4𝐶2 . sen(4 3𝑡) −

0=− 𝑋′ 𝑡 =

𝑒 −4𝑡 (

4 3 . sen(4 3

3𝑡) + 4 3𝐶2 . cos(4 3𝑡))

3𝑡) + 4 3𝐶2 . cos(4 3𝑡))

+ 4 3𝐶2 → 𝐶2 =

3/9

1 3 . cos(4 3𝑡) + . sen(4 3𝑡)) 3 9

→ 𝑋 𝑡 = 𝑒 −4𝑡 . (

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4 3

−4 3 . sen(4 3

2 3 )(sen Ɵ . cos(4 3𝑡) + cos(Ɵ). sen(4 3𝑡)) 9

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∆=

𝐶12

+

𝐶22

1 2 3 2 2 3 ( ) +( ) = 3 9 9

=

𝐶1 𝜃 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑔 𝐶2

→ 𝜃 = 60°

𝑿 𝒕 =

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𝒆−𝟒𝒕 . (

𝟐 𝟑 𝝅 )𝐬𝐞𝐧 + 𝟒 𝟑𝒕 𝟗 𝟑

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PROBLEMA 4

Sobre una trayectoria recta se mueve una partícula de tal forma que su desplazamiento “𝑦” desde un punto fijo “𝑜” esta dado para todo “𝑡” por la siguiente ecuación: 𝑦 ʺ + 3𝑦 ʹ + 4𝑦 = 90 sin 5𝑡 Si cuando 𝑡 = 0 la partícula se encuentra en reposo 𝑦=0 Hallar la ecuación del desplazamiento para todo 𝑡˃0

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Solución:

• De la ecuación calculamos 𝑦𝐻 : 𝑦 ʺ + 3𝑦 ʹ + 4𝑦=0 Por su ecuación característica : 𝑟 2 + 3𝑟 + 4 = 0 Obtenemos las raíces 𝑟1 , 𝑟2 3 7 𝑟=− ± 𝑖 2 2 Entonces 𝑦𝐻: 3 3 7 7 −2𝑡 −2𝑡 𝑦𝐻 = 𝑐1 𝑒 cos 𝑡 + 𝑐2 𝑒 sin 𝑡 2 2

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Calculamos 𝑦𝑝

Forma de operadores diferenciales 𝐷2 + 3𝐷 + 4 𝑦 = 90 sin 5𝑡 Por método abreviado: 1 𝑦= 2 90 sin 5𝑡 𝐷 + 3𝐷 + 4 Como (a=5,entonces -𝑎2 = −25)

1 𝑦 = 90 sin 5𝑡 −25 + 3𝐷 + 4 1 𝑦 = 90 sin 5𝑡 3𝐷 − 21

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Multiplicamos por “𝐷 + 7“ en el numerador y denominador para que aparezca nuevamente “𝐷2 ” 𝐷+7 𝑦 = 30 2 sin 5𝑡 𝐷 − 72 𝐷 + 7 sin 5𝑡 𝑦 = 30 −25 − 49 30 *𝐷 sin 5𝑡 + 7 sin 5𝑡+ 𝑦= −74 30 𝑦 = − *5 cos 5𝑡 +7 sin 5𝑡+ 74

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Luego la solución general es: 𝑦 = 𝑐1 𝑒

3 −2𝑡

3 7 7 150 210 −2𝑡 cos 𝑡 + 𝑐2 𝑒 sin 𝑡− cos 5𝑡 − sin 5𝑡 2 2 74 74

Aplicando las C.I. del problema para hallar 𝑐1 , 𝑐2 Para 𝑡 = 0 → 𝑦 = 0: 150 74

Se obtiene 𝑐1 =

Reemplazando el valor de 𝑐1 tenemos: 𝑦=

150 −3𝑡 𝑒 2 74

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cos

7 𝑡 2

+ 𝑐2 𝑒

3

−2𝑡

sin

7 𝑡 2

−

150 cos 5𝑡 74

−

210 sin 5𝑡 74

…(I)

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Ahora hallamos 𝑦ʹ para aplicar C.I. para obtener 𝑐2 150 3 −3𝑡 7 7 7 −3𝑡 𝑦ʹ = − 𝑒 2 cos 𝑡− sin 𝑡𝑒 2 74 2 2 2 2 3 −3𝑡 7 7 −3𝑡 7 +𝑐2 − 𝑒 2 sin 𝑡+ 𝑒 2 cos 𝑡 2 2 2 2

375 525 + sin 5𝑡 − cos 5𝑡 37 37 C.I. Para 𝑡 = 0 → 𝑦ʹ = 0: Se obtiene 𝑐2 = 13.025

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Finalmente reemplazamos en …(I) 𝑦 = 2.027𝑒

3 −2𝑡

3 7 7 −2𝑡 cos 𝑡 + 13.025𝑒 sin 𝑡 − 2.027 cos 5𝑡 − 2.84 sin 5𝑡 2 2 RPTA.

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PROBLEMA 5 Un resorte es tal que una 𝐹 = 20 𝑙𝑏 podría estirarlo 6 𝑝𝑢𝑙𝑔; el resorte cuelga verticalmente y un peso de 4 𝑙𝑏 esta unido al extremo inferior del resorte. Después que este peso de 4 𝑙𝑏 se encuentra en reposo en su posición de equilibrio, se desplaza 8 𝑝𝑢𝑙𝑔 hacia abajo de esta posición y se suelta después en 𝑡 = 0 ; el medio ofrece una resistencia numéricamente igual a 2 𝑣𝑒𝑐𝑒𝑠 la velocidad instantánea. a)Determine el periodo del movimiento. b)En que instante el peso pasa por primera vez por su posición de equilibrio.

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Solución: La ecuación a utilizar es de la forma: 𝑚𝑦ʺ + 𝑐𝑦ʹ + 𝑘𝑦 = 0 En la posición de equilibrio: 𝑘𝑥 = 20 → 𝑘 6𝑝𝑢𝑙𝑔 = 20𝑙𝑏 20 𝑙𝑏 12𝑝𝑢𝑙𝑔 𝑙𝑏 𝑘= . → 𝑘 = 40 6 𝑝𝑢𝑙𝑔 1𝑝𝑖𝑒 𝑝𝑖𝑒 Para la masa: 𝑚 =

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4 𝑙𝑏 32

→

1 𝑙𝑏 8

;𝑐 =2

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Reemplazando en la ecuación: 𝑚𝑦ʺ + 𝑐𝑦ʹ + 𝑘𝑦 = 0 𝑐 𝑘 𝑦ʺ + 𝑦ʹ + 𝑦 = 0 𝑚 𝑚 𝑦ʺ + 16𝑦ʹ + 320𝑦 = 0 Ecuación característica:

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𝑟 2 + 16𝑟 + 320 = 0 𝑟1 = −8 + 16𝑖 𝑟2 = −8 − 16𝑖

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La solución de la ecuación es dela forma:

𝑦 = 𝑒 −8𝑡 𝑐1 cos 16𝑡 + 𝑐2 sin 16𝑡 …(I) Aplicamos las condiciones iniciales: Para 𝑡 = 0 → 𝑦 = 8𝑝𝑢𝑙𝑔.

1𝑝𝑖𝑒 12𝑝𝑢𝑙𝑔

Reemplazamos en…(I) 𝑦=𝑒

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−8𝑡

2

= 𝑝𝑖𝑒 3 2 → 𝑐1 = 3

2 cos 16𝑡 + 𝑐2 sin 16𝑡 3

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Derivamos: 𝒚ʹ 𝑦ʹ = −8𝑒 −8𝑡

2 32 cos 16𝑡 + 𝑐2 sin 16𝑡 + 𝑒 −8𝑡 − sin 16𝑡 + 16𝑐2 cos 16𝑡 3 3

Para 𝑡 = 0 → 𝑦ʹ = 0:

−16 1 + 16𝑐2 = 0 → 𝑐2 = 3 3

Reemplazamos 𝑐2 en…(I) 𝑦 = 𝑒 −8𝑡

2 1 cos 16𝑡 + sin 16𝑡 3 3

𝑦 = 𝐴𝑒 −8𝑡 sin 𝜃 cos 16𝑡 + cos 𝜃 sin 16𝑡 𝑦 = 𝐴𝑒 −8𝑡 sin 𝜃 + 16𝑡

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La amplitud y el Angulo de fase: 𝐴= El Angulo 𝜃 seria el siguiente:

2

𝑐1 + 𝑐2

2

5 = 3

𝑐1 𝜃 = 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑎𝑛 = 1.11 𝑟𝑎𝑑 𝑐2 Por lo tanto la ecuación seria la siguiente: 5 −8𝑡 𝑦= 𝑒 sin 1.11 + 16𝑡 3 Luego…

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Finalmente: a) 𝑝𝑒𝑟𝑖𝑜𝑑𝑜 =

2𝜋 𝜔2 −𝛼2

=

2𝜋 16

b) Ocurre cuando 𝑦 = 0:

𝑦=

5 −8𝑡 𝑒 3

sin 1.11 + 16𝑡

= 0 → sin 1.11 + 16𝑡 = 0

sin 1.11 + 16𝑡 = sin 𝑛𝜋 ; 𝑛 ∈ 𝑍0 + →𝑡=

𝑛𝜋−1.11 16

;𝑡>0

𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑛 = 0 → 𝑡 < 0 …(no cumple) 𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑛 = 1 → 𝑡 = 0.216 …cumple!

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES Ejercicio: Un resorte vertical con constante de 6 lb/ft tiene suspendida una masa de 1/2 slug. Se aplica una fuerza externa dada por f(t) = 40sen2t; t0. Solucion: 1 𝑑2𝑥 2 𝑑𝑡2 𝑑2𝑥 𝑑𝑡2

𝑑𝑥

+2 𝑑𝑥 + 6𝑥 = 40 sin 2𝑡 𝑑𝑥

+4 𝑑𝑡 + 12𝑥 = 80 sin 2𝑡 …(1)

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES Resolviendo (1) Hallando la solución complementaria : • D2 + 4D+12=0 • (D+2)2+8=0 • D= -2 ± 2 2 Xc(t)=𝐞−2𝑡 (𝑐1 cos 2 2𝑡 + 𝑐2 sin 2 2𝑡 ) Hallando la solución particular: • (D2+4D+12)Yp= 80sin 2𝑡 80 sin 2𝑡 • Yp =D2+4D+12

Yp= 5sin 2𝑡 −5cos 2𝑡

• -w2=d2 80 sin 2𝑡 80 sin 2𝑡 20 sin 2𝑡 • Yp = = 4D+8 = D+2 (−4)+4D+12 20 sin 2𝑡 𝐷−2 • = D+2 𝑥 𝐷−2 20 sin 2𝑡 𝐷2−4

• =

=

Ing. CARLOS ROJAS SERNA

20 (𝐷−2)sin 2𝑡 20 =−8 (2cos 2𝑡 −4 −4

− 2sin 2𝑡)

UNI-FIM

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES Yg=yp+yc Xt=𝐞−2𝑡 𝑐1 cos 2 2𝑡 + 𝑐2 sin 2 2𝑡 + 5 sin 2𝑡 − 5 cos 2𝑡 Empleando las condiciones iniciales X(0)=0 y x´(0)=0 encontramos que c1=5 Y c2=0 por lo tanto:

X(t)=𝐞−2𝑡 5 cos 2 2𝑡 + 5 sin 2𝑡 − 5 cos 2𝑡

Ing. CARLOS ROJAS SERNA

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