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PROBLEMAS DE OSCILACIONES. Oscilaciones amortiguadas. Autor: José Antonio Diego Vives Documento bajo licencia Creative Commons 3.0, BY-SA (Atribución-CompartirIgual) Problema 1 Un oscilador armónico amortiguado, cuya frecuencia angular natural es ω0 = 15 rad/s y cuyo parámetro de amortiguamiento...

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PROBLEMAS

DE OSCILACIONES.

Oscilaciones amortiguadas.

Autor: Jos´e Antonio Diego Vives Documento bajo licencia Creative Commons 3.0, BY-SA (Atribuci´on-CompartirIgual)

Problema 1 Un oscilador arm´onico amortiguado, cuya frecuencia angular natural es ω0 = 15 rad/s y cuyo par´ametro de amortiguamiento es β = 9 s−1 , se encuentra inicialmente en reposo en la posici´on de equilibrio. En el instante t = 0 recibe un impulso que lo pone en movimiento con una velocidad inicial v0 = 60 cm/s. Para este sistema se pide: (a) Expresar la elongaci´on del oscilador en funci´on del tiempo. (b) Calcular el m´aximo desplazamiento que experimenta el oscilador a partir de su posici´on de equilib-

rio. (c) Calcular el tiempo que deber´a transcurrir para que la amplitud de las oscilaciones amortiguadas se

reduzca a un 0,1 % del valor m´aximo anteriormente calculado.

Soluci´on

Planteamiento En este problema debemos trabajar con las ecuaciones que describen el movimiento oscilatorio amortiguado (MA): x(t) = A0 e−βt sin(ωt + φ) q ω = ω02 − β 2 ω02 =

k , m

2β =

b 1 = , m τ

A = A0 e−βt E = E0 e−2βt = E0 e−t/τ f=

ω , 2π

T =

1 2π = . f ω

donde A0 y E0 son la amplitud y energ´ıa inicial del movimiento, β el par´ametro de amortiguamiento, τ el tiempo de relajaci´on de la energ´ıa, ω la frecuencia del oscilador amortiguado, ω0 la frecuencia natural del oscilador (sin amortiguamiento), φ la fase inicial, k es la constante el´astica de la fuerza recuperadora (F = −k x), m la masa de la part´ıcula, b es el coeficiente de amortiguamiento que aparece en la fuerza de rozamiento viscosa que amortigua el movimiento (Fr = −b v) y T y f el periodo y la frecuencia del del movimiento.

(a) Expresar la elongaci´on del oscilador en funci´on del tiempo

Para determinar x(t) necesito evaluar A0 , ω y φ. La fase inicial se puede obtener imponiendo que x(0) = 0: x(0) = A0 e−βt sin(ωt + φ) = 0 → sin(φ) = 0 → φ = 0 La frecuencia angular del movimiento se puede calcular directamente con los datos del problema: q ω = ω02 − β 2 = 12 rad/s Y para determinar A0 podemos hacer uso del valor de v en t = 0: dx = ω A0 e−βt cos(ωt) − β A0 e−βt sin(ωt) dt v(0) = ω A0 v(t) =

Por lo tanto, sustituyendo los datos del problema: A0 = Finalmente nos queda:

v(0) v(0) = 0,05 m =p 2 ω ω0 − β 2

x(t) = 0,05 e−9t sin(12 t)

(en m y s)

(b) Calcular el m´aximo desplazamiento que experimenta el oscilador a partir de su posici´on de equilibrio.

Para determinar el m´aximo desplazamiento, podemos buscar el instante de tiempo en que la velocidad se hace cero por primera vez y luego sustituir en x(t).

x =5 e✁9 t sin (12 t)

5.0

2.5

x (cm)

Como muestra la figura, el m´aximo desplazamiento de la part´ıcula no tiene lugar en el instante en que sin(ωt) = 1 (es decir, cuando x = A e−βt ), sino un poco antes ya que la funci´on sin(ωt) est´a multiplicada por la funci´on decreciente en el tiempo A e−βt .

0.0

2.5

5.00.0

0.1

0.2

0.3

t (s)

0.4

0.5

0.6

x en funci´on de t de este movimiento

Igualando a cero la velocidad: v(t) =

dx = A0 e−βt (ω cos(ωt) − β sin(ωt)) = 0 dt

vemos que esto se cumple cuando ω cos(ωt) = β sin(ωt). Por tanto: ω cos(ωt) = β sin(ωt) → tan(ωt) =

ω β

Haciendo la arcotangente de ω/β y despejando t nos queda:     1 −1 ω −1 ω ω t = tan → t = tan = 0,0772 s β ω β Sustituyendo este valor de t en x(t) queda:

xmax = 0,05 e−9·0,0772 sin(12 · 0,0772) = 0,01995 m

0.7

(c) Calcular el tiempo que deber´a transcurrir para que la amplitud de las oscilaciones amortiguadas se reduzca a un 0,1 % del valor m´aximo anteriormente calculado.

Queremos ahora que la amplitud de las oscilaciones (A0 e−βt ) sea el 0,1 % de xmax : x = xmax · 0,001 = 1,99 · 10−5 m De la ecuaci´on x(t) podemos despejar el tiempo en funci´on de x: x = A0 e

−βt

1 → − β t = ln(x/A0 ) → t = ln β

Sustituyendo el valor calculado para x (0,001 xmax ) queda:

t = 0,869 s



x A0



Problema 2 Una masa de m = 0,5 Kg, unida a un muelle de constante el´astica k = 250 N/m, oscila con una amplitud inicial A0 = 6 cm. Para este sistema se pide: (a) Hallar el periodo y la energ´ıa del oscilador en el instante inicial. (b) Determinar el valor del par´ametro de amortiguamiento del oscilador sabiendo que la energ´ıa se

disipa a raz´on de un 1,0 % en cada ciclo.

Soluci´on

Planteamiento En este problema trabajaremos con las ecuaciones que describen el movimiento oscilatorio amortiguado (MA) introducidas en el problema anterior. La mayor´ıa de las cosas que debemos calcular son una aplicaci´on ’casi’ inmediata de las f´ormulas.

(a) Hallar el periodo y la energ´ıa del oscilador en el instante inicial.

El periodo del movimiento se obtiene a partir de la expresi´on: T =

2π 2π , =p 2 ω ω0 − β 2

ω0 lo podemos calcular, pero desconocemos el par´ametro de amortiguamiento β. De todas formas, dado que la energ´ıa se pierde s´olo a raz´on de un 1 % en cada ciclo, podemos hacer la suposici´on de que el movimiento es muy d´ebilmente amortiguado y por lo tanto:

2π β ≪ ω0 → T ≈ = 2π ω0

r

m = 0,281 s k

La energ´ıa del oscilador d´ebilmente amortiguado se puede calcular por E = inicial es:

E0 =

1 k A20 = 0,45 J 2

1 2 2 kA ,

y en el instante

(b) Determinar el valor del par´ametro de amortiguamiento del oscilador sabiendo que la energ´ıa se disipa a raz´on de un 1,0 % en cada ciclo.

La energ´ıa se pierde a raz´on de un 1 % en cada ciclo, por tanto transcurrido un periodo T la energ´ıa del oscilador ser´a el 99 % de E0 (E → 0,99 E0 ). Utilizando este dato: E = 0,99 E0 →

E 0 e−2βT E = e−2βT = 0,99 = E0 E0

Tomando logaritmos y despejando β:

ln(0,99) = −2βT → β =

−1 ln(0,99) = 0,01788 s−1 2T

Con el valor de β calculado podemos ahora verificar que, efectivamente, la aproximaci´on realizada en el apartado (a), de movimiento muy d´ebilmente amortiguado, es correcta (β 2 ≪ ω02 → ω ≈ ω0 ) β 2 = 3,197 · 10−4 s−2

mucho menor que

ω02 = 500 s−2

Problema 3 Dos cuerpos unidos entre s´ı uno de masa M y el otro de masa m, se cuelgan del techo por medio de un muelle de constante el´astica k. Los dos cuerpos est´an en reposo, pero en un determinado instante se retira del muelle el cuerpo de masa m por lo que la masa M comienza a oscilar, efectuando un movimiento oscilatorio ligeramente amortiguado debido al rozamiento del cuerpo con el aire. Para este sistema se pide: (a) Determinar la energ´ıa total con que comienza a oscilar dicho cuerpo. (b) Si la p´erdida relativa de amplitud en cada oscilaci´on es p, determinar la p´erdida relativa de energ´ıa

por per´ıodo, q, en funci´on de p. (c) Con los datos num´ericos: M = 100 g, m = 30 g, k = 25 N/m, p = 1,50 %, calcular el tiempo necesario ∆t que debe transcurrir para que la energ´ıa del oscilador se reduzca a la cuarta parte de la inicial.

Soluci´on

Planteamiento En este problema trabajaremos con las ecuaciones que describen el movimiento oscilatorio amortiguado (MA) introducidas en el primer problema. En concreto para resolver cada apartado tendremos en cuenta lo siguiente: Apartado (a): al retirar el cuerpo de masa m, el sistema realizar´a un movimiento oscilatorio amortiguado (MA) alrededor de la posici´on de equilibrio del sistema cuando s´olo cuelga el cuerpo de masa M . La amplitud inicial del movimiento ser´a la diferencia entre la posici´on de equilibrio del MA y la posici´on inicial (correspondiente a la posici´on de equilibrio cuando est´an los cuerpos m y M suspendidos). Determinando esta amplitud inicial podremos determinar la energ´ıa inicial del movimiento. Apartado (b): encontraremos la relaci´on entre p y q a partir de las ecuaciones que describen el movimiento oscilatorio amortiguado (MA).

(a) Determinar la energ´ıa total con que comienza a oscilar dicho cuerpo.

La energ´ıa inicial del MA es E0 = 12 kA20 , donde A0 es la diferencia entre la posici´on de equilibrio cuando s´olo tenemos el cuerpo M colgado (x1 ) y la posici´on inicial con los cuerpos m y M colgados (x2 ). Estableciendo las condiciones de equilibrio:

X X

F1 = kx1 − (M + m)g = 0 → x1 =

M +m g k

M g F2 = kx2 − M g = 0 → x2 = k mg A0 = x1 − x2 = k

Situaci´on de equilibrio con (M + m) y con M

La energ´ıa inicial es por tanto:

m2 g 2 1 1 m2 g 2 k = E0 = kA20 = ✓ 2 2 k✁2 2k

(b) Si la p´erdida relativa de amplitud en cada oscilaci´on es p, determinar la p´erdida relativa de energ´ıa por per´ıodo, q, en funci´on de p.

Definimos la p´erdida relativa de amplitud (p) y de energ´ıa (q) en un periodo (T ) mediante las ecuaciones: A0 − A0 eβT = 1 − eβT A0 E0 − E0 e2βT = 1 − e2βT q= E0

p=

Para relacionar p con q, desarrollaremos p2 ya que aparecer´a el t´ermino e2βT presente en q: p2 = (1 − eβT )2 = 1 + e2βT − 2eβT podemos reescribir esta expresi´on de la siguiente forma: p2 = −1 + e2βT + 2 − 2eβT = −(1 − e2βT ) + 2(1 − eβT ) = −q + 2p de donde obtenemos finalmente:

q = 2p − p2

(c) Con los datos num´ericos: M = 100 g, m = 30 g, k = 25 N/m, p = 1,50 %, calcular el tiempo necesario ∆t que debe transcurrir para que la energ´ıa del oscilador se reduzca a la cuarta parte de la inicial.

Utilizando la expresi´on anterior, la p´erdida relativa de energ´ıa por ciclo es q ≈ 2p = 0,03 (donde hemos despreciado p2 ya que el movimiento es muy d´ebilmente amortiguado). Despu´es de un periodo la energ´ıa pasa a ser E1 = (1 − q)E0 . Despu´es de dos periodos la energ´ıa ser´a E2 = (1 − q)E1 = (1 − q) (1 − q) E0 . Tras n periodos, la energ´ıa del oscilador ser´a: En = (1 − q)n E0 Imponiendo que la energ´ıa del oscilador sea E0 /4: E0 E✚ 0 En = (1 − q) E0 = → ✚ = (1 − q)n → ln ✚ E0 4 4✚ n

  1 = n ln(1 − q) 4

de donde, sustituyendo q = 0,03, obtenemos el n´umero de periodos n que han de pasar: ln( 14 ) = 45,5 n= ln(1 − q) Para determinar el tiempo transcurrido podemos considerar que el periodo es T ≈ T0 = 2π que el movimiento es muy d´ebilmente amortiguado:

∆t = n T = n 2π

r

M = 18,2 s k

p

M/k, ya

Problema 4 Un cuerpo de masa m = 2 kg descansa sobre un tablero horizontal y est´a unido al extremo libre de un muelle de constante el´astica k = 200 N/m. En un instante dado, las oscilaciones presentan una amplitud A0 = 30 cm; pero debido a un rozamiento de tipo viscoso (Fr = −bv), dicha amplitud se reduce a la mitad cuando han transcurrido t1 = 25 s. Con estos datos, determinar: (a) Valor del par´ametro de amortiguamiento β, del coeficiente de amortiguamiento b, del tiempo de

relajaci´on de la energ´ıa τ y del factor de calidad Q. (b) La frecuencia y el periodo de las oscilaciones amortiguadas y no amortiguadas. (c) Tiempo que debe transcurrir para que se disipe la mitad de la energ´ıa del oscilador.¿Cu´al ser´a entonces la amplitud de las oscilaciones?.

Soluci´on

Planteamiento De nuevo podremos resolver este problema trabajando con las ecuaciones que describen el movimiento oscilatorio amortiguado (MA) introducidas en el problema 1. La mayor´ıa de las cosas que debemos calcular son una aplicaci´on ’casi’ inmediata de las f´ormulas.

(a) Valor del par´ametro de amortiguamiento β, del coeficiente de amortiguamiento b, del tiempo de relajaci´on de la energ´ıa τ y del factor de calidad Q.

Sabemos que la amplitud se reduce a la mitad en t1 = 25 s: A1 =

A✚ A0 0 = A0 e−βt1 → ✚ = e−βt1 → ln( 12 ) = −β t1 2 2✚ A✚ 0

de donde, con los datos del problema, obtenemos para β:

β=

−1 ln( 12 ) = 0,0277 s−1 t1

Para el coeficiente de amortiguamiento b tenemos:

b = 2β m = 0,111 kg s−1

y para el tiempo de relajaci´on y el factor de calidad:

1 τ= = 18,02 s 2β

y

Q = ω0 τ =

r

k τ = 180,2 m

(b) La frecuencia y el periodo de las oscilaciones amortiguadas y no amortiguadas.

Sustituimos directamente en las f´ormulas:

ω=

q

ω02

−

β2

=

r

k − β 2 = 10,00 rad/s m

,

T =

2π = 0,6283 s ω

Para el caso de oscilaciones no amortiguadas:

ω0 =

r

k = 10,00 rad/s m

,

T0 =

2π = 0,6283 s ω0

Obtenemos los mismos valores ya que el movimiento es muy d´ebilmente amortiguado (β ≪ ω0 ) (c) Tiempo que debe transcurrir para que se disipe la mitad de la energ´ıa del oscilador.¿Cu´al ser´a entonces la amplitud de las oscilaciones?.

Imponemos que E → E0 /2: E=

E✚ E0 0 = E0 e−2βt → ✚ = e−2βt → ln( 12 ) = −2β t E✚ 2 2✚ 0

de donde, con los datos del problema, obtenemos t:

t=

−1 ln( 12 ) = 12,489 s 2β

La amplitud de las oscilaciones en este instante de tiempo ser´a:

A = A0 e−βt = 21,23 cm

donde hemos usado el valor de t calculado anteriormente y el dato A0 = 30 cm....