Aplicaciones de ED de orden...

CAPÍTULO

5Aplicaciones de ED de orden superior

OBJETIVOS PARTICULARES

� Aplicar los métodos de solución de ED lineales de segundo orden con coeficientes constantes pararesolver problemas con condiciones iniciales asociados a modelos sobre

Vibraciones mecánicas: movimiento armónico simple, movimiento amortiguado libre y movi-miento amortiguado forzado.

Circuitos eléctricos: RC, RL, LC y RLC.

5.1 Introducción

En este capítulo se presentarán dos tópicos en los cuales las ecuaciones diferenciales ordinarias de segundoorden desempeñan un papel vital para su modelación, a saber, vibraciones mecánicas y circuitos eléctricos.Un principio fundamental de la física establece que los sistemas físicos tienden a estar en una posición demínima energía potencial denominada posición de equilibrio y si, por alguna razón, el sistema es forzadoa salir de ese equilibrio, entonces tenderá a regresar a él. Por ejemplo, piense por un momento en unpéndulo estático; si golpea la masa del péndulo con una pequeña fuerza, el sistema saldrá de su posiciónde equilibrio y en algún momento posterior se detendrá, pero al no estar en equilibrio retornará buscandodicha posición.La teoría de oscilaciones pequeñas permite describir cuantitativa y cualitativamente el movimiento queocurre en los sistemas físicos cuando están cerca de su posición de equilibrio estable. Muchos fenómenos(péndulos, terremotos, mareas, etc.) pueden ser analizados utilizando esta teoría. El modelo más sim-ple que permite describir cuantitativa y cualitativamente el fenómeno de vibración es el sistema masa-resorte, también llamado oscilador armónico, en el cual no hay pérdida de energía. Otro modelo es el demasa-resorte-amortiguador, donde además se consideran fuerzas disipativas; en este caso la energía no seconserva y las oscilaciones tienden a desaparecer en el tiempo. Un tercer modelo es el oscilador forzadoque considera fuerzas de excitación que incrementan o reducen la energía del sistema. En algunos casos,esta fuente de energía puede llegar a ser la responsable de la destrucción del sistema.En la primera parte de este capítulo analizaremos los osciladores libre, amortiguado y forzado.

263

264 Ecuaciones diferenciales

La segunda parte la dedicaremos al estudio de los circuitos eléctricos RLC en serie que están formados porun resistor R, un inductor L y un capacitor C. Estos circuitos encuentran su aplicación más práctica en elsistema eléctrico de una instalación ya sea doméstica o industrial y en todos los aparatos eléctricos queutilizamos en nuestra vida cotidiana. En nuestro análisis describiremos cómo se comportan la carga y lacorriente en circuitos RLC. Finalmente, estableceremos una relación electromecánica entre las vibracionesmecánicas y los circuitos eléctricos.

5.2 Vibraciones mecánicas

Comenzamos el estudio de los fenómenos oscilatorios presentando algunos ejemplos en que estos fenó-menos ocurren además del que se mencionó en la introducción.

Otro ejemplo puede ocurrir cuando se realiza un viaje en avión. En condiciones normales el avión per-manece estable en gran parte del recorrido; sin embargo, una turbulencia puede provocar la pérdida mo-mentánea de la estabilidad y el equilibrio; cuando esto ocurre, el avión empieza a vibrar intentando regresara su posición de equilibrio. Afortunadamente el avión cuenta con diversos aparatos que permiten la disi-pación de la vibración de forma rápida 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 sólo la acción de los amortiguadorespermite reducir y desaparecer las vibraciones del auto.

En general, las vibraciones aparecen cuando se aplica una pequeña fuerza a un sistema físico que se en-cuentra inicialmente en un estado de equilibrio estable. Cuando esta fuerza desaparece, el sistema tiende aregresar a su posición de equilibrio. Para entender el proceso físico que ocurre, recordemos que un sistemafísico está en una posición de equilibrio estable cuando se encuentra en un mínimo de energía potencial.

x

V (energía potencial)

3

xe

Ve

Un sistema se encuentra en una posición de equilibrio estable si está enun mínimo de energía potencial. Si se mueve de esta posición, entoncesel sistema tenderá a oscilar.

Para que abandone esa posición es necesario proporcionarle energía mediante la acción de una fuerza.Cuando se deja de aplicar la fuerza, el sistema ha adquirido energía potencial, que al intentar retornar ala posición de equilibrio, se transforma en energía cinética. Es decir, cuando pasa la posición de equilibriotendrá energía cinética y no se detendrá; continuará su movimiento transformando ahora, hasta que de-saparezca, su energía cinética en potencial. Esta transferencia entre energía cinética y potencial se repetiráindefinidamente a menos que algún mecanismo permita la disipación de energía mecánica.

5.2 Vibraciones mecánicas 265

5.2.1 Movimiento armónico simple

k

m

Sistema masa-resorte para el estudio de las vibraciones mecánicas

x0

Para iniciar el estudio de las vibraciones mecánicas, analicemos una situación cotidiana y simple. Conside-remos un cuerpo de masa m que está 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 también que noexiste fricción entre el cuerpo y la mesa y que el sistema se encuentra inicialmente en equilibrio. De repente,el resorte se comprime (o se elonga) una distancia pequeña x0, medida desde la posición 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 posición de equilibrio inicial. En general, esta fuerza depende dela distancia comprimida (o elongada) del resorte. Si la compresión (o elongación) es pequeña, se puedesuponer que la fuerza es directamente proporcional a dicha deformación y que siempre apunta hacia laposición de equilibrio o en sentido contrario a la deformación. Dicha suposición se conoce como ley deHooke para resortes lineales. Es decir, la fuerza FR que en todo momento ejerce el resorte sobre la masaestá dada por

FR D �kx;donde x es la deformación 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 ecuación

F D ma D md2x

dt2:

Igualando estos dos resultados, se obtiene el PVI que modela el sistema masa-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 ecuación diferencial de segundo orden con coeficientes constantes. Pararesolverla, proponemos como solución de la ecuación diferencial una función del tipo x D ert: Derivandodos veces con respecto al tiempo y sustituyendo en (5.1) obtenemos la ecuación algebraica

.mr2 C k/ert D 0 ) mr2 C k D 0Icuyas dos raíces 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

p�1:

Si definimos la frecuencia natural del sistema como w D√

k

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

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

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


Derivando la ecuación (5.2), se obtiene la velocidad del cuerpo, ésta 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 laposición 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 Dv0

w: (5.4)

Finalmente, integrando los resultados anteriores (5.4) a la ecuación (5.2), se obtiene la siguiente expresiónpara la posición instantánea de la masa en todo tiempo t :

x.t/ D x0 coswt C v0

wsenwt: (5.5)

Por otra parte, para poder analizar la ecuación 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 ángulo�

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 posición 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 AŒsenwt 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 c2

2 D A2 sen 2� C A2 cos 2� D A2.sen 2� C cos 2�/ D A2.1/ D A2:

De donde:A D

√

c21 C c2

2 ;

y además, con c2 ¤ 0,c1

c2

D A sen�A cos �

D tan� ) � D arctanc1

c2

:

Es útil recordar estas relaciones usando el triángulo:


c2

c1

A

�

Obtenemos así una fórmula simplificada de la posición de la masa, con respecto a su posición de equilibrio:

x.t/ D A sen .wt C �/: (5.7)

En esta expresión, A y � se definen respectivamente como la amplitud de la oscilación y el ángulo de fase.Veamos ahora el significado físico 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�=w

6

�2w

��w

5�

2w

��w

9�

2w

��w

x.t/ D A sen .wt C �/

Se tiene que la posición x.t/ toma valores en el intervalo Œ�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 máxima separación del cuerpo con respecto a la posición de equilibrio. De aquí queA es la amplitud (máxima) de la oscilación.Este desplazamiento máximo 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 relación, se obtienen los instantes en que x.t/ D A (n par), así como los instantes en quex.t/ D �A (n impar) y la condición t � 0.A la diferencia entre dos tiempos consecutivos donde x.t/ D A se le denomina periodo de la función x.t/ yal movimiento realizado en dicho intervalo de tiempo se le conoce como una oscilación completa. Es decir,el periodo T es el (intervalo de) tiempo que tarda la masam en dar una oscilación completa.


Mostraremos ahora que T D 2�

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

x.t C T / D A senŒw.t C T /C �� D A sen[

w

(

t C 2�

w

)

C �]

D

D A senŒwt C 2� C �� D A senŒ.wt C �/C 2��DD A sen.wt C �/ D x.t/:

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

w.

Ahora bien, si la masa m tarda T segundos en dar una oscilación completa, ¿cuántas veces oscilará en unsegundo? Al número f de oscilaciones que da el oscilador armónico en la unidad de tiempo se le denominafrecuencia del oscilador; ésta queda determinada por la proporción:

1

T

oscilacionessegundos

D f

1

oscilacionessegundo

I de donde f D 1

T

oscilacionessegundo

:

Es decir, la frecuenciaf del oscilador armónico está dada por

f D 1

T

oscsegD 1

T

ciclosseg

D w

2�hertz (H):

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

Además note que el periodo T D 2�

wtambién es la diferencia entre dos tiempos consecutivos en los que

x.t/ D �A.Finalmente, estudiemos el número real �. Al número � se le denomina ángulo de fase, ya que está rela-

cionado con el desfasamiento�

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

Ahora, ¿cómo determinamos el valor de �?Recordemos que la posición instantánea x.t/ está 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 Dv0

wD 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 arctanc1

c2

.

Para calcular � con esta fórmula, por lo común es necesario utilizar una calculadora, la cual nos

proporciona un número: arctanc1

c2

D �c .

¿Es este número �c en verdad el número � que buscamos? Aparentemente sí, pero hay que analizarcon más detalle. Veamos.


La función � D arctan u es la inversa de la función u D tan � para � 2(

��2;�

2

)

y éste es el rango

que obtenemos al usar una calculadora. Por esta razón una calculadora dará siempre un número

�c 2(

��2;�

2

)

, cuando se usan radianes y no grados.

¡Nunca se debe usar grados para funciones trigonométricas 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, alnúmero �c dado por una calculadora, se le debe sumar � para así tener el ángulo de fase �.

¿En qué instantes pasa la masam por la posición 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 relación se obtienen los instantes t � 0 en que x.t/ D 0; esto es, los instantes en queel cuerpo pasa por su posición de equilibrio.Por otra parte, si la posición y velocidad iniciales son x0 y v0 entonces, de acuerdo con las ecuaciones (5.4)y (5.6), la amplitud es

A D√

x20 C

v20

w2:

Y el ángulo de fase satisface:

tan� D x0w

v0

:

Reuniendo estos resultados, es posible escribir la expresión (5.7) en la página 267 como

x.t/ D√

x20 C

v20

w2sen

�√k

mt C �

�:

Hemos dicho que en un movimiento vibratorio es importante saber qué está pasando con la energía. Paraello necesitamos reescribir la ecuación diferencial (5.1) de la página 265 en una forma alternativa.Consideraremos entonces que

md 2x

dt2C kx D 0 )

) mdv

dtC kx D 0; usando la definición de velocidad v D dx

dt)

) mdv

dx

dx

dtC kx D 0; aplicando la regla de la Cadena

dv

dtD dv

dx

dx

dt)

) mvdv

dxC kx D 0; aplicando de nueva cuenta la definición de velocidad )

) mvdv C kxdx D 0; separando las variables.


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

E D 1

2mv2 C 1

2kx2 D C: (5.8)

En esta expresión identificamos los siguientes términos:

� La energía cinética del sistemaEc D1

2mv2; debida a que el cuerpo se mueve con velocidad v.

� La energía potencial del resorte Ep D1

2kx2; debida a que el resorte se comprime o elonga una canti-

dad x.

� La energía total del sistemaE D Ec C Ep :

La ecuación (5.8) se conoce como la ley de Conservación de Energía para el caso de un sistema masa-resortey señala que la suma de energía cinética más la energía potencial del resorte siempre es una constante. Estosignifica que, cuando se pierde energía potencial, se gana energía cinética y viceversa, de tal suerte queel resultado de su suma no cambia. En consecuencia, cuando la distancia x de la masa a la posición deequilibrio disminuye, entonces aumenta la velocidad, y la máxima velocidad de la masa se obtiene justocuando ésta pasa por la posición de equilibrio del sistema. Por otra parte, cuando la masa se aleja, aumentala energía potencial del resorte y disminuye su energía cinética. Cuando ésta última finalmente se anula,se obtiene la mayor elongación o comprensión del resorte; a estos puntos se los conoce como puntos deretorno.

Ejemplo 5.2.1 Considere una masa de 10 kg que está 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-ción y la velocidad de la masa en el tiempo, la frecuencia de oscilación, la amplitud, el ángulo de fase y las energíascinética y potencial en el tiempo t:

H El PVI que modela esta situación es

10d 2x

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

Proponiendo como solución x D ert; derivando dos veces con respecto al tiempo, usando estos resultadosen la ecuación diferencial y simplificando, obtenemos la ecuación característica

10r2C 10 D 0:

Las raíces de esta ecuación son r1;2D ˙i: Como ambas son complejas, las dos funciones que resuelven laecuación diferencial, y que son linealmente independientes, son cos t & sen t: De suerte que la solucióngeneral de la ecuación diferencial es la combinación 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: Así 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 posición 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 posición como la velocidad son funciones sinusoidales de frecuencia naturalw D 1 rad/s, periodo

T D 2� s y de amplitud A D 0:02 m. La frecuencia de oscilación es f D 1

TD 1

2�osc/segD 1

2�hertz (H).

El ángulo de fase es � D �

2.

Observe que el máximo 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 mínimo 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 la masa es máxima cuando j sen t j D C1; que ocurre cuando t D �

2;3�

2;5�

2;7�

2; :::

Esta rapidez máxima se alcanza en la posición de equilibrio x D 0. En la figura siguiente se muestra tantola posición como la velocidad en el tiempo.Por otra parte la energía cinética y potencial están dadas por

Ec D1

2mv2 D 0:002 sen 2t & Ep D

1

2kx2 D 0:002 cos 2t:

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

t

x

0:02

�0:02

�

2�t

v

0:02

�0:02

�=2

3�=2

1. En la gráfica de la izquierda, la que corresponde a la posición de la masa, los puntos de la gráfica 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 posición de equilibrio. Para aquellos t que corresponden a lospuntos de la gráfica por debajo de la posición horizontal, la masa se encuentra a la izquierda de laposición de equilibrio.

2. En la siguiente gráfica, v.t/ > 0 (gráfica arriba del eje horizontal) indica que la velocidad de la masaes hacia la derecha. También vemos que cuando v.t/ < 0 (gráfica 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 está 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 posición de equilibrio. Determine la posición y la velocidad de la masa en el tiempo, calcule también la frecuenciade oscilación, la amplitud y el ángulo de fase.

H El PVI que describe el movimiento de la masa es

2d 2x

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


La ecuación característica 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 solución general es la combinación 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, ésta 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 función posición 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 además 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 �0:03AD �0:03

0:05D �0:6 & cos � D 0:04

AD 0:04

0:05D 0:8 ;

de donde

tan� D sen�cos �

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 posición de la masa con respecto a su posición de equilibrio es

x.t/ D 0:05 sen.10t � 0:6435/ m.


La amplitud es A D 0:05 m.

El periodo es T D 2�

10sD �

5s� 0.6283 s.

La frecuencia de oscilación es f D 1

THD 5

�H.

El ángulo de fase es � D �0:6435.

El desfasamiento es�

wD �0:06444 rad.

La velocidad instantánea de la masa es

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

Considerando lo anterior construimos la gráfica de la posición, 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, éste se estira 0:2 m. Un cuerpo de masa 9 kg seune al extremo libre de dicho resorte y es puesto en movimiento con posición inicial x.0/ D 0:1 m y velocidad inicialv.0/ D �0:4m/s. Encuentre la amplitud, la frecuencia natural, la frecuencia de oscilación 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 28:8 N y con x D 0:2 m; tenemos entonces que

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

La ecuación diferencial del movimiento es

9d 2x

dt2C 144x D 0;

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

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

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

La velocidad de la masa es, derivando la ecuación 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 c1I�0:4 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.

Además tan� D sen�cos �

D 0:7072

�0:7072 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.


4s D �

2s.


TH D 2

�H.

El ángulo de fase es � D 2:3562 rad.

La gráfica de la posición x.t/ se ve en la figura siguiente:

t

x

;� �

w

<x.0/ D 0:1

= >

T D �

2

�A D �0:1414

�

Caso de un resorte colocado verticalmente

Los problemas anteriores trataron de oscilaciones horizontales.¿Qué 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 deformación en su longitud `. Sea�` la longitudde la deformación del resorte al quedar la masam en reposo, esto es, al estarm en su posición de equilibrio.En esta posición ocurre que �k�` C mg D 0, de donde se puede determinar el valor de la constante del

resorte, a saber: k D mg

�`.

Al colocar m en una posición inicial x0 e imprimirle una velocidad inicial v0, m tiende a oscilar en torno asu posición 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 actúan sobre la masam son la fuerza del resorte FR y la fuerza de lagravedad mg. Cuando el resorte está alargado, ambas fuerzas apuntan en sentidos diferentes; y cuando elresorte está comprimido, apuntan en el mismo sentido.Si tomamos como origen de coordenadas a la posición de equilibrio y la dirección positiva del eje verticalhacia abajo, entonces, de acuerdo con la segunda ley de Newton, la fuerza total es

mx 00.t/ D mg � kŒx.t/C�l� ) 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 posición x.t/ de m con respecto a su posición de equilibrio está dada, de nuevo, por la solucióndel 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 centímetro cuando se coloca unamasa de 1:5 kg y después 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 posición y la velocidad de la masa en eltiempo t � 0. ¿Cuál es la frecuencia de oscilaciones de la masa y la amplitud del movimiento?

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

k�` D mg; de donde k D mg

�`D 1:5 kg � 9:8 m/s2

0:01 mD 1 470N/m:

La posición x.t/ de la masam, con respecto a su posición de equilibrio, está dada por la solución del PVI

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

La ecuación característica de la ED es, en este caso,

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


cuyas raíces son, aproximadamente, r D ˙31:305i . Entonces la solución general de la ED y su derivadaestán 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 posicióny la velocidad obtenemos:

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

Esta función x.t/ tiene frecuencia natural w D 31:305 rad/s y periodo T D 2�

wD 2�

31:305D 0:2007 s. Es

decir, la masa realizará aproximadamente f D 1

TD 31:305

2�� 4:9823 � 5 oscilaciones en un segundo y la

amplitud es A D 0:015 m.�

Ejemplo 5.2.5 Un sistema masa-resorte está 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 está a 4 cm arriba de la posición de equilibrioimprimiéndole una velocidad hacia abajo de 2 m/s.

1. ¿Cuántos ciclos completos habrá completado la masa al final de 20 s?

2. ¿En qué momento la masa pasa por la posición de equilibrio con dirección hacia abajo por segunda vez? ¿Cuáles su velocidad instantánea en ese momento?

3. ¿En qué instante la masa alcanza sus desplazamientos extremos ya sea arriba o abajo de la posición de equilibrio?

4. ¿Cuál es la posición, la velocidad y la aceleración 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 2 m/s.Si x.t/ es la posición instantánea (en metros) de la masam, con respecto a su posición de equilibrio, al cabode t segundos, entonces x.t/ está dada por la solución 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 solución de la ED, así 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 solución general de la ecuación diferencial es

x.t/ D c1 cos(

5

3t

)

C c2 sen(

5

3t

)

;

y la velocidad instantánea es

v.t/ D x 0.t/ D �53c1 sen

(

5

3t

)

C 5

3c2 cos

(

5

3t

)

:


Aplicando las condiciones iniciales:

x.0/ D c1 cos 0C c2 sen0 D �0:04 ) c1 D �0:04I

x 0.0/ D �53c1 sen 0C 5

3c2 cos 0 D 2 ) c2 D

6

5D 1:2 :

De manera que la posición instantánea es

x.t/ D �0:04 cos(

5

3t

)

C 1:2 sen(

5

3t

)

;

y la velocidad instantánea 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 D√

c21 C c2

2 D√

.�0:04/2 C .1:2/2 D 1:2007:

El ángulo de fase � está dado por

A sen� D �0:04 & A cos � D 1:2;

sen� D �0:04AD �0:0333 & cos � D 1:2

AD 0:9994;

tan� D sen�cos �

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 posición instantánea es

x.t/ D A sen.wt C �/ D 1:201 sen(

5

3t � 0:0333

)

:

Y su gráfica:

x

y

T?

0:96

1:2

@.0; �0:04/

Usando lo anterior podemos obtener los siguientes resultados:

1.


wsD 6�

5sD 3:7699 s.


TD 1

3:7699� 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 posición de equilibrio cuando:

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

5

3t � 0:0333

)

D 0 ) sen(

5

3t � 0:0333

)

D 0 )

) 5

3t � 0:0333D n�; con n entero )

) t D 3

5.n� C 0:0333/; con n entero y con t � 0 )

) t D 3

5.n� C 0:0333/; con n D 0; 1; 2; 3; : : :

Considerando la posición 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 posición de equilibrio con dirección hacia abajo cuando:

n D 0 ) t D 3

5.0� C 0:0333/ s D 0:01999 s � 0:02 s.

n D 2 ) t D 3

5.2� C 0:0333/ s D 3:7899 s � 3:79 s.

n D 4 ) t D 3

5.4� C 0:0333/ s D 7:5598 s � 7:56 s.

y así sucesivamente.

La masam pasa por la posición de equilibrio con dirección hacia arriba cuando:

n D 1 ) t D 3

5.� C 0:0333/ s D 1:9049 s � 1:90 s.

n D 3 ) t D 3

5.3� C 0:0333/ s D 5:6749 s � 5:67 s.

n D 5 ) t D 3

5.5� C 0:0333/ s D 9:4448 s � 9:44 s.


Entonces, la masa m pasa por la posición de equilibrio con dirección 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 )

) 5

3t � 0:0333D �

2C n�; con n entero )

) 5

3t D .2nC 1/�

2C 0:0333; con n entero y con t � 0 )

) t D 3

5

[

.2nC 1/�2C 0:0333

]

; con n D 0; 1; 2; � � �


De aquí que la masam alcanza sus desplazamientos extremos cuando:

n D 0 ) t D 3

5

[

.0C 1/�2C 0:0333

]

s � 0:96 s.

n D 1 ) t D 3

5

[

.2C 1/�2C 0:0333

]

s � 2:85 s.

n D 2 ) t D 3

5

[

.4C 1/�2C 0:0333

]

s � 4:73 s.

n D 3 ) t D 3

5

[

.6C 1/�2C 0:0333

]

s � 6:62 s.


4. Finalmente, la posición, la velocidad y la aceleración 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 �0:9594 m .

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/ � �0:96 m ; v.10/ � �1:2 m/s & a.10/ � 2:67m/s2I

lo que significa que a los 10 s la masam está a 0:96 m arriba de la posición de equilibrio, dirigiéndosehacia arriba con una rapidez de 1:2 m/s y con una aceleración dirigida hacia abajo de 2:67 m/s2.

�

Los siguientes ejemplos tratan con sistemas que no son exactamente masa-resorte, pero su análisis es similary las respuestas que obtendremos también.

Ejemplo 5.2.6 Una boya cilíndrica 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 ecuación diferencial que modela el sistema y su solución. Si laboya tiene dimensiones h D 1 m, r D 0:5 m, y su densidad es � D 500 kg/m3, determine la posición y la velocidad dela boya en todo tiempo si se sumerge una profundidad de x0 D 0:01 m, a partir de la posición 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 flotación de Arquímedes, la boya se encuentra en equilibrio cuando lafuerza de flotación 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 �boya�r2hg:

Por otra parte, supongamos que la boya está en equilibrio cuando se encuentra sumergida una altura H .

H

Como la fuerza de flotación es igual al peso del líquido desplazado, tenemos que

Fflot D maguag D �aguaVdesplg D �agua�r2Hg:

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

wboya D Fflot ) �agua�r2Hg D �boya�r

2hg ) �aguaH D �boyah ) H D �boyah

�agua:

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

H

Posición de equilibrio —–>x < 0 H

Posición de equilibrio —–>x > 0

Suponemos que x es negativa cuando la posición de equilibrio de la boya está sumergida una distancia x;es positiva cuando dicha posición 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 �agua�r2.H � x/g � �boya�r

2hg D ��agua�r2xg:


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

mboyad 2x

dt2D ��agua�r

2xg ) �boya�r2hd 2x

dt2D ��agua�r

2xg ) �boyahd 2x

dt2D ��aguaxg:

Que se puede reescribir comod 2x

dt2C

��aguag

�boyah

�x D 0:

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

w D√

�aguag

�boyah:

La solución 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 así como c2 D 0:Utilizandoestos dos resultados, se obtiene la forma de la oscilación 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 0:01m y 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 posición 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 péndulo de masa m D 2 kg y de longitud ` igual a 2:45 m está suspendido sobre un marcohorizontal, como se ilustra en la figura. El péndulo se levanta un ángulo de 10ı y se suelta con una velocidad angularde �0:4 rad/s.

1. ¿Cuántos ciclos (oscilaciones) completos habrá completado el péndulo después de 10 s?

2. ¿En qué momento la masa pasa por la posición de equilibrio con velocidad angular positiva por tercera vez?

3. ¿En qué instantes la masa alcanza sus desplazamientos extremos?

4. ¿Cuál es la posición de la masa del péndulo en cualquier tiempo?

5. ¿Cuál es la posición de la masa a los 10 s?


�

`

`

�

T

mgmg sen �

�

`

`

H Primero se determina la ecuación diferencial del movimiento; para ello se considera el diagrama defuerzas que se muestra en la figura. Las dos únicas fuerzas que actúan sobre la masa son la tensión T de lacuerda que se considera rígida y el peso mg del cuerpo. En la dirección del segmento que une el punto desoporte del péndulo con la masa (dirección radial), la fuerza neta es cero, ya que en esa dirección la masaestá en equilibrio.Por otra parte, en la dirección del movimiento del péndulo (dirección tangencial) sólo actúa la componentetangencial del peso, que es �mg sen� .De acuerdo con la segunda ley de Newton, tenemos en la dirección tangencial:

matan D �mg sen�;

donde la aceleración atan se relaciona con el ángulo � de acuerdo con

atan D `˛ D `d 2�

dt2;

donde ˛ es la aceleración angular. Reuniendo estos dos últimos resultados:

m`d 2�

dt2D �mg sen �;

de donde:d 2�

dt2C g

`sen� D 0:

Para ángulos pequeños, donde es posible suponer que sen � � � , obtenemos la ecuación diferencial

d 2�

dt2C g

`� D 0:

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

d 2�

dt2C 4� D 0:

La solución de esta ecuación diferencial es

�.t/ D c1 cos 2t C c2 sen2t:

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

� 0.t/ D �2c1 sen 2t C 2c2 cos 2t:

Las condiciones iniciales del problema son

�.0/ D 10ı 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 �

18cos 2t � 1

5sen 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 ángulo de fase � está dado por

A sen� D 0:1745 & A cos � D �0:2 :

Entonces, tan� D 0:1745

�0:2 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 ángulo � 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 2�

wD 2�

2D � s, entonces en 10 s se realizan

10

�� 3 oscilaciones (o ciclos)

completas.

2. La masa pasa por la posición 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 está dada por � 0.t/ D �0:5308 rad/s.Así que la tercera vez que se cruza la posición de equilibrio con velocidad angular negativa ocurrecuando n D 5, es decir, cuando t � 6:6419 s.

La siguiente es la gráfica de �.t/:

t

�.t/

�.0/ D 0:1745A

B��=w

C1:1441

D�A D �0:2654

E2:7149

F

G

T D �


3. Por otra parte, el péndulo 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 así sucesivamente.

La siguiente es la gráfica de � 0.t/:

t

� 0.t/

H� 0.0/ D �0:4

I1:1441

J 2:7149

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

x.t/ D l senŒ�.t/� D 2:45 senŒ0:2654 sen.2t C 2:4242/�:y.t/ D �l cosŒ�.t/� D �2:45 cosŒ0:2654 sen.2t C 2:4242/�:

5. Finalmente, la posición de la masa a los 10 s se obtiene evaluando las funciones anteriores; así tenemosque

�.10/ D 0:2654 sen.22:4242/ � �0:1114 rad.

x.10/ D l cosŒ�.10/� D 2:45 cos.�0:1114/ � 2:4348 m.

y.t/ D �l senŒ�.10/� D �2:45 sen.�0:1114/ � 0:2724 m.

�

Ejercicios 5.2.1 Movimiento armónico simple. Soluciones en la página 469

1. Un resorte de constante k está 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 fricción. Determine laposición y velocidad del cuerpo con las condiciones iniciales x.0/ D x0, v.0/ D v0.

a. m D 0:5 kg, k D 8 N/m, x.0/ D 0 m, v.0/ D 2 m/s.

b. m D 2:5 kg, k D 10 N/m, x.0/ D 0:1 m, v.0/ D �1:2 m/s.

2. Un cuerpo de masa m está unido al extremo de un resorte estirado una distancia d por una fuerzaF . El cuerpo es puesto en movimiento en una posición 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 posición en la forma x.t/ D A sen.wt C �/ y la velocidad .

a. m D 4 kg, d D 0:2 m, F D 15 N, x.0/ D 0:6 m, v.0/ D 1:5 m/s.

b. m D 4 kg, d D 0:25 m, F D 100 N, x.0/ D 0:1 m, v.0/ D �1 m/s.


3. Una masa m igual a 32 kg se suspende verticalmente de un resorte y, por esta razón, éste 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 posición de equilibrio con una velocidad ascendente de 1 m/s. ¿Cuántosciclos habrá completado la masa al final de 40 s? Suponga g D 9:8 m/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 posición deequilibrio.

a. Encuentre la posición de la masa en los tiempos t D 5 y 10 s.

b. ¿Cuál es la velocidad de la masa cuando t es igual a 12 s? ¿En qué dirección se dirige en eseinstante?

c. ¿En qué tiempos la masa pasa por la posición de equilibrio?

d. ¿En qué tiempos tiene el resorte su máxima compresión y su máxima elongación?

5. Una fuerza de 4 N alarga un resorte 4 cm. En el extremo del resorte colocado verticalmente se poneuna masa de 25 kg y se libera el sistema desde su posición de equilibrio con una velocidad hacia arribade 10 m/s. Encuentre la ecuación 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 posición de equilibrio con una velocidad descendente de 10 m/s.

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

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

c. ¿Cuál es la máxima velocidad de la masa? ¿Qué pasa con la aceleración en ese instante?

7. Una masa de 0:4 kg se une a un resorte de constante 3:6 N/m. Determine la ecuación de movimientosi la masa se libera inicialmente desde un punto 15 cm debajo de la posición de equilibrio con unavelocidad de 0:45 m/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 está 40 cmarriba de la posición de equilibrio con una velocidad descendente de 4 m/s.

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

b. ¿Cuántos ciclos (completos) habrá completado la masa al final de 3 s?

c. ¿En qué momento la masa pasa por la posición de equilibrio con direccón hacia abajo por sextavez?

d. ¿Cuál es la velocidad y la aceleración en ese instante?

e. ¿En qué instante la masa alcanza sus desplazamientos extremos en cualquier lado de la posiciónde equilibrio?

f. ¿Cuál es la posición, velocidad y aceleración en los tiempos t D 5; 10; 15; 20 y 25 s?

g. ¿En qué instantes la masa está a 0:40 m abajo de la posición de equilibrio?

9. Determine ángulo y la velocidad angular en el tiempo de un péndulo con las condiciones siguientes.Suponga que g D 9:8 m/s2.

a. ` D 0:098 m,m D 0:5 kg, �.0/ D 0 rad, � 0.0/ D 0:02 rad/s.

b. ` D 0:49 m, m D 5 kg, �.0/ D �0:2 rad, � 0.0/ D 0 rad/s.

c. ` D 9:8 m, m D 2:5 kg, �.0/ D 0:1 rad, � 0.0/ D �0:1 rad/s.

10. Un péndulo de 20 cm de longitud ` y de 0:5 kg de masa m oscila. Si en el tiempo t D 0, el ángulo

y la velocidad son �.0/ D �

12rad y � 0.0/ D 7�

12rad/s respectivamente, determinar el periodo de

movimiento, la amplitud, el ángulo 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 dispositivomecánico (amortiguador) al sistema masa-resorte que tiene el efecto de reducir la velocidad de la masacuando el sistema se encuentra vibrando (véase la figura a continuación).

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 �cdx

dt;

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

F D FR C FA D �kx � cdx

dt; 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 ecuación (5.9) modela el movimiento amortiguado de la masa. En este caso, la fuerza de amortiguaciónproduce una pérdida de energía en el sistema masa-resorte, pues ahora no se satisface la ecuación de con-servación de la energía (5.8) en la página (270). Es de notar que todos los parámetros del modelo (m, cy k) son cantidades positivas. La misma ecuación diferencial modela al sistema masa-resorte colocadoverticalmente.La ecuación característica de la ecuación diferencial es

mr2 C cr C k D 0:

Las dos soluciones de esta ecuación cuadrática son

r1 D�c C

pc2 � 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 cuestión sea positivo, negativo o cero. Analizemos a continuación cada uno de estoscasos.

Movimiento sobreamortiguado c2 � 4mk > 0, es decir c >p

4mk

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

x.t/ D c1er1t C c2e

r2t con r1 D�c C

pc2 � 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-bración alguna y el sistema tiende rápidamente a regresar a su posición de equilibrio, por esa razón decimosque el movimiento es sobreamortiguado. La forma explícita del movimiento depende de las condicionesiniciales, que además 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 condición x.0/ D x0 se obtiene evaluando la expresión (5.11) en eltiempo t D 0. Así obtenemos:

x0 D x.0/ D c1 C c2: (5.12)

Derivando la ecuación (5.11), obtenemos:

v.t/ D c1r1er1t C c2r2e

r2t :

Evaluando en t D 0, obtenemos la segunda ecuación 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 1

0 r2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 1

r1 r2

∣

∣

∣

∣

D x0r2

r2 � r1I c2 D

∣

∣

∣

∣

1 x0

r1 0

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 1

r1 r2

∣

∣

∣

∣

D �x0r1

r2 � r1:

Finalmente, sustituyendo en (5.11) obtenemos la siguiente expresión para la posición

x.t/ D�x0r2

r2 � r1

�er1t �

�x0r1

r2 � r1

�er2t D

�x0

r2 � r1

�.r2e

r1t � r1er2t/: (5.14)

De la ecuación (5.10), tenemos que

r2 � r1 D�pc2 � 4mkm

:

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

x.t/ D �x0mpc2 � 4mk

.r2er1t � r1er2t / D x0mp

c2 � 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 ecuación diferencial y grafique la posición en el tiempo.

H En este caso la ecuación diferencial por resolver es

2d 2x

dt2C 5dx

dtC 2x D 0;

cuya ecuación característica es2r2C 5r C 2 D 0:

Como las dos raíces de esta ecuación cuadrática son

r1;2 D�5˙

√

25� 4.2/.2/2.2/

D

�2I

�12:


la solución general de la ecuación diferencial es

x.t/ D c1e�2t C c2e

�12

t:

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

v.t/ D �2c1e�2t � 1

2c2e

� t2 :

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

1 D c1 C c2I

0 D �2c1 �1

2c2:

De la segunda ecuación se tiene c2 D �4c1. Sustituyendo en la primera resulta c1 D �1

3. Finalmente

c2 D4

3. Así se obtiene que la posición en todo tiempo está dada por la expresión

x.t/ D �13e�2t C 4

3e

� t2 m;

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

v.t/ D 2

3e�2t � 2

3e

� t2 m/s & a.t/ D �4

3e�2t C 1

3e

� t2 m/s2:

Algunas observaciones interesantes son las siguientes:

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

x.t/ D 0 ) �13e�2t C 4

3e� t

2 D 0 ) 4

3e� t

2 D 1

3e�2t )

) 4e� t

2 e2t D 1 ) e32

t D 1

4) 3

2t D ln

(

1

4

)

)

) t D 2

3.� 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 posición deequilibrio.

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

v.t/ D 0 ) 2

3e�2t � 2

3e� t

2 D 0 ) 2

3e�2t D 2

3e� t

2 )

) e�2t D e� t2 ) e�2te

t2 D 1 ) e�3

2t D 1 )

) �32t D 0 ) t D 0:

Esto nos indica que v.t/ D 0 solamente al inicio del movimiento.

Aún más, v.t/ < 0 cuando �32t < 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 posición x.t/ decrece al pasodel tiempo.


3. ¿Qué ocurre con la posición x.t/ y la velocidad v.t/ al paso del tiempo?

límt!1

x.t/ D límt!1

(

�13e�2t C 4

3e� t

2

)

D límt!1

(

�13e2t

C 4

3et2

)

D

D �13

límt!1

(

1

e2t

)

C 4

3lím

t!1

(

1

et2

)

D 0:

límt!1

v.t/ D límt!1

(

2

3e�2t � 2

3e

� t2

)

D límt!1

(

2

3e2t� 2

3et2

)

D

D 2

3lím

t!1

(

1

e2t

)

� 23

límt!1

(

1

et2

)

D 0:

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

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

t

x.t/

K1 t

v.t/

L

5. Por otra parte, la energía obtenida con la suma de la energía cinética más la energía potencial estádada por

E D Ec C Ep D1

2mv2 C 1

2kx2 D

�2

3e�2t � 2

3e� t

2

�2

C��13e�2t C 4

3e� t

2

�2

D

D 1

9

�4e�4t � 8e�5t

2 C 4e�t C e�4t � 8e�5t2 C 16e�t

�D

D 1

9

�5e�4t � 16e�5t

2 C 20e�t

�:

Claramente, esta energía no permanece constante en el tiempo y se va reduciendo hasta desaparecer.Podemos afirmar que el amortiguador, en efecto, disipa energía 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 26N�s/m. La masa se suelta del punto x0 D �0:1 m con velocidad v0 D 1:94 m/s; determine:

1. La posición, velocidad y aceleración de la masa en el tiempo t � 0.

2. El tiempo en que la masa cruza por la posición de equilibrio y la velocidad en ese instante.

3. El tiempo en que la velocidad de la masa es 0 m/s, así como la posición y aceleración en ese instante.

H La posición x.t/ de m, con respecto a la posición de equilibrio, está dada por la solución del PVI

5d 2x

dt2C 26dx

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


Proponiendo como solución x D ert , obtenemos la ecuación característica

5r2C 26r C 5 D 0;

cuyas soluciones son

r1;2 D�26˙

√

676 � 4.5/.5/2.5/

D �26˙ 2410

D

�5I

�15;

de donde inferimos que la posición de la masa es

x.t/ D c1e�5t C c2e

� t5 I

y su velocidad está dada por:

v.t/ D �5c1e�5t � 1

5c2e

� 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 método de Cramer:

c1 D

∣

∣

∣

∣

�0:1 1

1:94 �0:2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 1

�5 �0:2

∣

∣

∣

∣

D 0:02 � 1:94�0:2C 5 D

�1:924:8

D �0:4I

c2 D

∣

∣

∣

∣

1 �0:1�5 1:94

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 1

�5 �0:2

∣

∣

∣

∣

D 1:94 � 0:5�0:2C 5 D

1:44

4:8D 0:3:

1. Con estos resultados, obtenemos la posición, y derivando la velocidad y la aceleración de la masa enel tiempo t � 0,

x.t/ D �0:4e�5t C 0:3e� t5 mI

v.t/ D 2e�5t � 0:06e� t5 m/sI

a.t/ D �10e�5t C 0:012e� t5 m/s2:

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

x.t/ D 0 ) 0 D �0:4e�5t C 0:3e� t5 ) 0:4e�5t D 0:3e� t

5 )

) 0:4

0:3D e5t� t

5 D e24t5 ) 24t

5D ln

(

4

3

)

)

) t D 5

24ln(

4

3

)

� 0:0599 s:

La velocidad en este tiempo es

v.0:0599/ D 2e�5.0:0599/ � 0:06e�0:05995 � 1:4228 m/s:


3. La máxima separación de la posición de equilibrio se obtiene cuando la velocidad es cero; esto ocurrecuando

v.t/ D 0 ) 0 D 2e�5t � 0:06e� t5 ) 2e�5t D 0:06e� t

5 )

) 2

0:06D e

24t5 ) 24t

5D ln

(

2

0:06

)

D ln(

100

3

)

)

) t D 5

24ln(

100

3

)

� 0:7305 s.

En este tiempo, la posición está dada por

x.0:7305/ D �0:4e�5.0:7305/C 0:3e�0:73055 � 0:2489 m.

Y la aceleración es

a.0:7305/ D �10e�5.0:7305/ C 0:012e�0:73055 � �0:2489m/s2:

En efecto, como la aceleración es negativa, se tiene un máximo en la posición.

Por otra parte la aceleración se anula cuando

0 D �10e�5t C 0:012e� t5 ) e

245

t D 10

0:012D 833:333 )

) t D 5

24ln.833:333/ � 1:4011 s.

Antes y después de ese tiempo, el signo de la aceleración es diferente, esto implica que la posición tiene ent D 1:4011 un punto de inflexión. La posición en este tiempo es

x.1:4011/ D �0:4e�5.1:4011/C 0:3e�1:40115 D 0:2263 m.

Estos resultados nos permiten construir la gráfica de la posición, que podemos observar en la figura si-guiente:

t

x

0:248

0:7305

M

1:4011

�

Movimiento críticamente amortiguado c Dp

4mk

En este caso las dos raíces de la ecuación característica son iguales a r D � c

2m, ver (5.10), página 286. La

solución de la ecuación diferencial homogénea es

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

� c2m

t: (5.15)

La función posición contiene un término exponencial decreciente, ahora multiplicado por una función linealdel tiempo. Se espera que la posición decrezca hacia la posición de equilibrio sin vibrar. La manera en que


lo haga dependerá de las condiciones iniciales. Para mostrarlo basta con mostrar que límt!1

x.t/ D 0. Si se

aplica la regla de L’Hôpital, tenemos:

límt!1

x.t/ D límt!1

.c1 C c2t/e� c

2mt D lím

t!1c1 C c2t

ec

2mtD lím

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 ecuación (5.15), se obtiene la velocidad.

v.t/ D c2e� c

2mt � .c1 C c2t/

( c

2m

)

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 Ccx0

2m:

Sustituyendo en la ecuación (5.15), obtenemos finalmente que

x.t/ D[

x0 C(

v0 Ccx0

2m

)

t]

e� c2m

t : (5.18)


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

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

H La ecuación diferencial del movimiento es

2d 2x

dt2C 4dx

dtC 2x D 0:

Cuya ecuación característica 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 ecuación son iguales a r D �1, de forma que la solución de la ecuación diferencial es

x.t/ D c1e�t C c2te

�t D .c1 C c2t/e�t :

Derivando obtenemos la velocidad:

v.t/ D �c1e�t C c2e

�t � c2te�t D .c2 � c1/ e

�t � c2te�t :

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 posición y velocidad obtenemos:

x.t/ D .1C t/ e�t mI & v.t/ D �te�t m/s:


Derivando la velocidad obtenemos la aceleración:

a.t/ D �e�t C te�t D .t � 1/ e�t m/s2:

Observe que en todo tiempo t > 0 la posición es positiva y la velocidad es negativa. Esto significa que laposición es una función decreciente del tiempo. Por otra parte, la aceleración es negativa cuando 0 < t < 1y positiva cuando t > 1. Esto significa que la gráfica de la función posición tiene un punto de inflexión ent D 1 y que la gráfica de la velocidad tiene un mínimo en t D 1. También tenemos que lím

t!1x.t/ D 0, lo

que significa que la recta x D 0 en una asíntota horizontal de x.t/. En las figuras siguientes se muestran lasgráficas de la posición 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 mínimoen t D 1 s, cuando la aceleración se anula; en ese momento la velocidad es v.1/ D �e�1 D �0:3679 m/s.También se observa que lím

t!1v.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 N�s/m. Si la masa se suelta del punto x0 D �0:1 m con velocidad v0 D �1:94 m/s, determine:

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

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

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

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

8d 2x

dt2C 8dx

dtC 2x D 0:

Proponiendo como solución x D ert , obtenemos la ecuación característica:

8r2C 8r C 2 D 0;


r1;2 D�8˙

√

64 � 4.8/.2/2.8/

D �12;

de donde inferimos que la posición de la masa es

x.t/ D .c1 C c2t/ e� t

2 ;

y su velocidad

v.t/ D c2e� t

2 � 12.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 c1I

�1:94 D 1

2.2c2 � c1/ :

La solución de este sistema es c1 D �0:1 & c2 D �1:99.

1. Con estos resultados hallamos la posición y la velocidad de la masa en el tiempo:

x.t/ D � .0:1C 1:99t/ e� t2 m & v.t/ D .�1:94C 0:995t/ e� t

2 m/s:

2. En este caso la masa no cruza por la posición de equilibrio ya que x.t/ < 0 para t > 0. Aún más,

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

1:99) t < 0;

lo cual no tiene sentido.

3. Por otra parte, la máxima separación de la posición de equilibrio se obtiene cuando la velocidad escero, esto ocurre cuando

v.t/ D 0 ) 0 D .�1:94C 0:995t/ e� t2 ) t D 1:94

0:995� 1:9498 s.

En este tiempo la posición es

x.1:9498/ D �Œ0:1C 1:99.1:9498/�e�1:94982 D �1:5014m.

Se observa que límt!1

x.t/ D 0, así que la posición tiende asintóticamente a la recta x D 0.

Estos resultados nos permiten esbozar la gráfica de la posición:

t

x

1:9498

�1:5

N

N

�

Ejemplo 5.2.12 Un sistema masa-resorte-amortiguador está 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 N�s/m. Al inicio la masa se liberadesde un punto que está 4 cm abajo de la posición de equilibrio con una velocidad hacia abajo de 0:1 m/s. Utilice laexpresión (5.18) para determinar:

1. La posición, velocidad y aceleración instantáneas.

2. El tiempo en que la masa alcanza su distancia más alejada de la posición de equilibrio.


H Aún cuando el sistema está colocado en forma vertical la ecuación diferencial del movimiento es lamisma:

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

0:2d 2x

dt2C 2dx

dtC 5x D 0;

con condiciones iniciales x.0/ D 0:04 m; & v.0/ D 0:1 m/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 críticamente amortiguado.

1. Utilizando la ecuación (5.18):

x.t/ D[

x0 C(

v0 Ccx0

2m

)

t]

e� c

2mt D

[

0:04C(

0:1C 0:04

0:2

)

t

]

e� t

0:2 D .0:04C 0:3t/ e�5t :

La velocidad y aceleración instantáneas se obtienen derivando la posición una y dos veces, respecti-vamente, con respecto al tiempo. Derivando y simplificando hallamos que

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

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

v.t/ D 0 ) .0:1 � 1:5t/e�5t D 0 ) 0:1 � 1:5t D 0 ) t D 0:1

1:5� 0:0667 :

La posición en este instante es

x.0:0667/ D Œ0:04C 0:3.0:0667/�e�5.0:0667/ � 0:043 m.

�

Ejemplo 5.2.13 Considere una masa de 10 kg que está unida a una pared por medio de un resorte de constantek D 40 N/m y un amortiguador de constante c D 40 N�s/m. El sistema se encuentra sobre una mesa horizontal yno existe fricción entre la masa y la mesa. La masa se coloca en una posición x0 D 0:03 m y se suelta con velocidadv0 D 0:1 m/s. Determine la posición de la masa y las energías cinética 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 0:03 m & v0 D 0:1 m/s.

Tenemos un movimiento críticamente amortiguado ya que

c2 � 4mk D .40/2 � 4.10/.40/ D 0:


Procedamos a determinar la solución, para ello empezamos con la ecuación característica asociada. Ésta es

r2 C 4r C 4 D 0; o sea .r C 2/2 D 0:

Las dos raíces de esta ecuación son iguales: r1;2 D �2, así que la solución de la ecuación diferencial es

x.t/ D c1e�2t C c2te

�2t D .c1 C c2t/e�2t :

Derivando tenemos la velocidad

v.t/ D �2c1e�2t C c2e

�2t � 2c2te�2t D .c2 � 2c1/ e

�2t � 2c2te�2t :

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 posición y la velocidad están dadas por

x.t/ D 0:03e�2t C 0:16te�2t D .0:03C 0:16t/ e�2t mIv.t/ D 0:1e�2t � 0:32te�2t D .0:1 � 0:32t/ e�2t m/s:

Las energías cinética y potencial del sistema en el tiempo están dadas por

EC D1

2mv2 D 1

2.10/ .0:1 � 0:32t/2 e�4t D 5.0:1 � 0:32t/2e�4t joules (J)I

EP D1

2kx2 D 1

2.40/ .0:03C 0:16t/2

(

e�4t)

D 20.0:03C 0:16t/2e�4t J:

Sumando estas dos energías y simplificando, se obtiene la energía total

Etotal.t/ D(

1:024t2 � 0:128t C 0:068)

e�4t J:

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

Por otra parte, observe que en el tiempo t D 0:1

0:32D 0:3125 s, la velocidad de la masa se anula; es en este

tiempo cuando la masa alcanza su máximo desplazamiento:

x.0:3125/ D Œ0:03C 0:16.0:3125/�e�2.0:3125/ D 0:0428m.

Al paso del tiempo la posición se acerca a la posición de equilibrio. En la gráfica siguiente se muestra laposición de la masa en el tiempo

t

x

0:042

0:31

O

O

�


Movimiento subamortiguado c2 � 4mk < 0, es decir, c <p

4mk

En este caso las dos raíces (5.10) de la ecuación característica son complejas y están dadas por:

r1 D�c C i

p4mk � c2

2m& r2 D

�c � ip4mk � c2

2m:

Un conjunto de soluciones linealmente independientes de esta ED está formado por las funciones

x1.t/ D e� c2m

t cos

(p4mk � c2

2mt

)

& x2.t/ D e� c2m

t sen

(p4mk � c2

2mt

)

:

La solución general se obtiene considerando una combinación lineal de estas dos funciones.

x.t/ D e� c2m

t

[

c1 cos

(p4mk � c2

2mt

)

C c2 sen

(p4mk � c2

2mt

)]

: (5.19)

Los términos sinusoidales que aparecen en (5.19) nos indican que el sistema oscilará alrededor de la posi-ción de equilibrio. Sin embargo, como el factor exponencial es decreciente, se espera que la amplitud devibración sea cada vez más pequeña. Nuevamente, las condiciones iniciales determinarán en gran medidala forma de la vibración. Por ejemplo, analicemos qué ocurre si el sistema tiene las condiciones iniciales

x.0/ D x0 & v.0/ D 0:

Definamos primero

˛ D � c

2m& ˇ D

p4mk � c2

2m: (5.20)

Entonces la posición y la velocidad están dadas por

x.t/ D e˛t Œc1 cosˇt C c2 senˇt� Iv.t/ D ˛e˛t Œc1 cosˇt C c2 senˇt�C ˇe˛t Œ�c1 senˇt C c2 cosˇt� DD .˛c1 C ˇc2/ e

˛t cosˇt C .˛c2 � ˇc1/ e˛t senˇt: (5.21)

Considerando las condiciones iniciales, obtenemos el sistema de ecuaciones

x0 D x0 ) c1 D x0Iv.0/ D 0 ) ˛c1C ˇc2 D 0;

cuya solución es

c1 D x0 & c2 D �˛x0

ˇ:

Sustituyendo en la ecuación (5.21), obtenemos la función posición

x.t/ D e˛t

[

x0 cosˇt � ˛x0

ˇsenˇt

]

D x0

ˇe˛t Œˇ cosˇt � ˛ senˇt� :

Usando la relación (5.20) en la solución anterior:

x.t/ D 2mx0p4mk � c2

e� c2m

t

[p4mk � c2

2mcos

(p4mk � c2

2mt

)

C c

2msen

(p4mk � c2

2mt

)]

D

D x0p4mk � c2

e� c

2mt

[p4mk � c2 cos

(p4mk � c2

2mt

)

C c sen

(p4mk � c2

2mt

)]

: (5.22)

�



c D 2 N�s/m; m D 10 kg; k D 5 N/m; x0 D 1 m; v0 D 0 m/s.

Encuentre la función posición.

H En este caso la ecuación diferencial que modela el sistema es

10d 2x

dt2C 2dx

dtC 5x D 0:

La ecuación característica asociada es10r2 C 2r C 5 D 0;

cuyas soluciones están dadas por

r1 D�2C

√

22 � 4.10/.5/2.10/

D � 110C 7

10i I r2 D

�2 �√

22 � 4.10/.5/2.10/

D � 110� 7

10i:

Dos soluciones linealmente independientes son entonces

x1.t/ D e� t10 cos 7

10t & x2.t/ D e� t

10 sen 710t:

Finalmente, la solución general de la ecuación diferencial se obtiene considerando una combinación linealde las dos soluciones previas:

x.t/ D c1e� t

10 cos 710t C c2e

� t10 sen 7

10t:

La velocidad instantánea se obtiene derivando la posición

v.t/ D � c1

10e� t

10 cos 710t � 7c1

10e� t

10 sen 710t � c2

10e� t

10 sen 710t C 7c2

10e� t

10 cos 710t D

D(

� c1

10C 7c2

10

)

e� t10 cos 7

10t �(

7c1

10C c2

10

)

e� t10 sen 7

10t:

Para determinar el valor de las constantes c1 & c2, utilizamos las condiciones iniciales x.0/ D 1& v.0/ D 0.Tenemos entonces el sistema de ecuaciones

x.0/ D x0 D 1 ) c1 D 1I

v.0/ D v0 D 0 ) � c1

10C 7c2

10D 0;

cuya solución es c1 D 1 & c2 D1

7. Sustituyendo en la posición y la velocidad:

x.t/ D e� t10 cos 7

10t C 1

7e

� t10 sen 7

10t I

v.t/ D �(

7

10C 1

70

)

e� t10 sen 7

10t D �5

7e� t

10 sen 710t:

La posición x.t/ se puede reescribir en la forma:

x.t/ D Be� t10 sen

�7

10t C �

�:

En efecto, si se desarrolla la expresión anterior, obtenemos:

x.t/ D Be� t10

[

sen�7

10t

�cos � C cos

�7

10t

�sen�

]

:


Si comparamos con la expresión de x.t/ obtenida previamente:

B cos � D 1

7& B sen� D 1:

Entonces:

B D√

B2 cos 2� C B2 sen 2� D√

1

49C 1 D

p50

7;

y el ángulo fase � esta dado por:

tan� D B sen�B cos �

D 7 ) � D �c D arctan.7/ � 1:4289 rad.

Finalmente:

x.t/ Dp50

7e

� t10 sen

(

7t

10C 1:4289

)

:

La parte sinusoidal de esta expresión tiene frecuencia natural ! D 7

10rad/s.

En consecuencia su periodo es

T D 2�

!D 20�

7s:

Además sus puntos máximos se obtienen cuando:

sen(

7t

10C 1:4289

)

D 1 ) 7t

10C 1:4289 D �

2C 2n� )

) 7t

10C 1:4289 D

�2nC 1

2

�� ) t D 10

7

[�2nC 1

2

�� 1:4289

]

con n D 0; 1; 2; � � �

Por ejemplo, el primer tiempo donde se obtiene un máximo ocurre cuando:

7t

10C 1:4289D �

2) t D 10

7

[�

2� 1:4289

]

� 0:2027 s:

De forma similar, los puntos mínimos se obtienen cuando:

7t

10C 1:4289 D

�2nC 3

2

�� ) t D 10

7

[

2n� C 3

2� � 1:4289

]

con n D 0; 1; 2; � � �

Por ejemplo, el primer tiempo donde se obtiene un mínimo es

t D10

(

3

2� � 1:4289

)

7� 4:6907 s.

Por otra parte, la amplitud cambia y decrece en el tiempo de forma exponencial:

A.t/ Dp50

7e� t

10 :

Para elaborar la gráfica de la posición, primero se grafican la amplitud y su negativo. Posteriormente,dentro de estas dos curvas, se colocan los puntos que corresponden a los máximos y mínimos de la partesinusoidal empezando en t D 0:2027 s.


En la figura siguiente se muestra la gráfica de la posición de la masa en el tiempo.

t

x

5 10

15

A.t/ Dp

50

7e

�t

10

A.t/ D �p

50

7e

�t

10

�

Ejemplo 5.2.15 Un sistema masa-resorte-amortiguador con constantes m D 6:5 kg, c D 12 N�s/m & k D 6:5 N/m,se suelta del reposo desde una distancia x0 D 0:1 m. Determinar:

1. La posición y la velocidad de la masa en el tiempo t D 2 segundos.

2. Los tiempos donde la masa alcanza sus valores máximos y mínimos.

3. La amplitud variable de las oscilaciones.

H

1. La posición x.t/ de m, con respecto a la posición de equilibrio, en el instante t � 0, está dada por lasolución del PVI:

mx 00.t/C cx 0.t/ C kx.t/ D 0 con x.0/ D x0 & v.0/ D v0I6:5x 00.t/ C 12x 0.t/C 6:5x.t/ D 0 con x.0/ D 0:1 & v.0/ D 0:

La ecuación característica asociada a la ecuación diferencial es

6:5r2C 12r C 6:5 D 0


r D �12˙√

.12/2 � 4.6:5/22.6:5/

D �12˙p144� 16913

D �12˙p�25

13D �12˙ 5i

13D �12

13˙ 5

13i:

Entonces la solución general de la ecuación diferencial es

x.t/ D e�1213

t

(

c1 cos5

13t C c2 sen

5

13t

)

I

de donde se tiene que

v.t/ D x 0.t/ D 1

13e

�1213

t

[

.�5c1 � 12c2/ sen5t

13C .5c2 � 12c1/ cos

5t

13

]

:

Aplicando las condiciones iniciales:

x.0/ D 0:1 ) e0.c1 cos 0C c2 sen0/ D 0:1 ) c1 D 0:1 :

v.0/ D 0 ) 1

13e0Œ.�5c1 � 12c2/ sen 0C .5c2 � 12c1/ cos 0� D 0 )

) 5c2 � 12c1 D 0 ) c2 D12

5c1 D

12

5.0:1/ ) c2 D 0:24 :


Por lo tanto la posición de la masa es

x.t/ D e�1213

t

(

0:1 cos5

13t C 0:24 sen

5

13t

)

mI

y su velocidad es

v.t/ D �1213e

�1213

t

[

0:1 cos5

13t C 0:24 sen

5

13t

]

C e�1213

[

�0:513

sen5

13t C 1:2

13cos

5

13t

]

D

D 1

13e

� 1213

t.�3:38/ sen

5t

13D �0:26e�12

13t sen

5

13t m/s:

Luego, en t D 2 seg se tiene que

x.2/ D e� 2413

(

0:1 cos10

13C 0:24 sen

10

13

)

m � 0:04 m:

v.2/ D �0:26e� 2413 sen

10

13m/s � �0:029m/s:

2. Para determinar los tiempos donde la masa alcanza sus valores extremos, necesitamos calcular losinstantes en los que la velocidad se anula. Esto sucede cuando,

v.t/ D 0 ) �0:26e�1213

t sen5

13t D 0 ) sen

5t

13D 0 )

) 5t

13D n�; con n-entero

) t D 13

5n�; con n D 0; 1; 2; 3; : : :

Para estos instantes la posición está dada por

x.t/ D e�1213

“

135

n�”[

0:1 cos(

5

13� 135n�

)

C 0:24 sen(

5

13� 135n�

)]

D

D e�125

n� Œ0:1 cosn� C 0:24 senn�� D

D .0:1/e� 125

n� cos n� I con n D 0; 1; 2; 3; : : :

Algunos de los valores extremos de la posición son los siguientes:

n t x.t/

0 0 0:100

113

5� �0:1e�12

5�

226

5� 0:1e

�245

�

339

5� �0:1e�36

5�

452

5� 0:1e�48

5�

5 13� �0:1e�12�


3. Para determinar la amplitud variable de las oscilaciones es necesario expresar la posición

x.t/ D e�1213

t

(

0:1 cos5t

13C 0:24 sen

5t

13

)

en la forma

x.t/ D e�1213

tB sen(

5t

13C �

)

:

Para esto se debe cumplir que

0:1 cos5t

13C 0:24 sen

5t

13D .B sen�/ cos

5t

13C .B cos�/ sen

5t

13:

Es decir: B sen� D 0:1 & B cos� D 0:24 .

De donde: B D√

.0:1/2 C .0:24/2 D 0:26 .

Además: tan� D 0:1

0:24D 0:4167 ) �c D arctan.0:4167/ D 0:3948 .

Y debido a que cos � > 0, entonces � D �c D 0:3948 .

Por lo tanto, la posición instantánea es

x.t/ D Be� 1213

t sen(

5t

13C �

)

m ) x.t/ D 0:26e�1213

t sen(

5t

13C 0:3948

)

m:

De aquí que la amplitud variable es

A.t/ D 0:26e�1213

t m:

�

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

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

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

3. Si c2 D 4mk, el movimiento es críticamente amortiguado. Ésta es una conducta límite entre los otrosdos casos.

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

Pc D

p4mk

Críticamenteamortiguado

Qc D 0No amortiguado

c <p

4mkSubamortiguado

c >p

4mkSobreamortiguado


Ejercicios 5.2.2 Vibraciones amortiguadas libres. Soluciones en la página 470

1. Un resorte de constante k y un amortiguador de constante c están 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 fricción. Determine la posición y velocidad del cuerpo con las condiciones inicialesx.0/ D x0 & v.0/ D v0.

a. m D 1

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

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

c. m D 1

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

2. Un cuerpo de masa igual a 1 kg está unido a un resorte de constante k D 5 N/m y a un amortiguadorcon constante c D 2 N�s/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 máximos y los dos primerosdesplazamientos mínimos. Calcule también la amplitud y el ángulo fase del movimiento.

3. A un sistema masa-resorte, con masa igual a 5 kg y constante del resorte igual a 5 N/m, se le conectaun amortiguador de constante c. Determine la posición 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 14 N�s/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 N�s/m. Determine la posición y velocidad del cuerpocuando las condiciones iniciales son x.0/ D 0 m, v.0/ D 0:2 m/s; ¿qué ocurre si las condicionesiniciales se modifican a x.0/ D 0 m, v.0/ D �0:2 m/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 numéricamente igual a cinco veces la velocidad instantánea. La masa selibera desde un punto situado 0:3m arriba de la posición de equilibrio con una velocidad descendentede 2:4 m/s. Determine el tiempo en el que la masa pasa por la posición de equilibrio. Encuentre eltiempo en el que la masa alcanza su desplazamiento extremo ¿Cuál es la posición de la masa en eseinstante?

6. Un resorte de 21 cm alcanza 30:8 cm después 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 velocidadinstantánea. Encuentre la ecuación de movimiento si la masa se libera de la posición de equilibrio conuna velocidad descendente de 2 m/s. Calcule el tiempo en el que la masa alcanza su desplazamientoextremo, ¿cuál es la posición 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 líquido que ofrece una fuerza amortiguadora igual a 10 veces la velocidad instantánea.Determine la posición de la masa si:

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

b. La masa se libera desde un punto 0.1 m debajo de la posición de equilibrio con una velocidadascendente de 1:2 m/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 un medio que ofrece una fuerza de amortiguamiento igual a 4 veces la velocidad instan-tánea. Encuentre la ecuación 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 posición de equilibrio. ¿Pasará la masa por la posición 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. Después se coloca el sistema en un medio que ofreceuna fuerza de amortiguamiento igual a 3 veces la velocidad instantánea.


a. Obtenga la ecuación 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 posición de equilibrio.

b. Obtenga el tiempo en el cual la masa pasa por primera vez a través de la posición de equilibrioen dirección hacia arriba.

c. Determine los tiempos en los que la masa pasa por la posición de equilibrio con dirección 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 posiciónde equilibrio x0 D 0 m con una velocidad inicial diferente de cero.

a. Suponiendo que no existe amortiguamiento, ¿qué tiempo tomará al objeto para regresar a laposición de reposo por primera vez?

b. ¿Qué valor de c es necesario para que el sistema presente amortiguamiento crítico?

c. ¿Qué ocurre en el tiempo que se encontró en el inciso a. cuando c aumenta, aproximándose alvalor del amortiguamiento crítico?

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 169

2N/m y el movimiento comienza en la

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

a. Determine el tipo de movimiento que se tiene para D 13.

b. Calcular la posición y la velocidad de la masa para D 13.

c. Determine la posición y la velocidad de la masa para D 12.

d. Obtener la posición 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 0:5 m/s. El movimiento se efectúa

en un medio que ofrece una fuerza de amortiguamiento igual a8

5veces la velocidad instantánea en

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

13. Considere un resorte al que una masa de 0:25 kg alarga en 9:8 cm. La masa está sujeta al resortey se mueve en un medio que imprime una fuerza de amortiguamiento igual a 5 veces la velocidadinstantánea. La masa se coloca a 0:15m por arriba del punto de equilibrio y se libera con una velocidadnegativa de 1:5 m/s. Encuentre la posición 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 él 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 instantánea, determine:

a. Los tres primeros tiempos en que la masa pasa por la posición 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 él 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 1:48 m/s. Si el medio ofrece una resistencia igual a24

5veces la

velocidad instantánea, determine:


a. Los tres primeros tiempos en que la masa pasa por la posición 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 dinámica que depende de ciertas constantes intrínsecasal sistema, es decir, las únicas fuerzas que actúan son internas al sistema. Supondremos en esta sección quese aplica una fuerza externa llamada de excitación FE sobre el sistema masa-resorte-amortiguador (véasela siguiente figura):

k

c m

x0

FE

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

F D FR C FA C FE D �kx � cdx

dtC FE :

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

md 2x

dt2D �kx � c dx

dtC FE :

Esta ecuación 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 excitación desempeña un papel diferente al de las otras fuerzas internas del sistema, puesa veces provoca una reducción de la velocidad y en otras provoca un aumento. Es decir, la fuerza deexcitación puede reducir o aumentar la energía cinética del sistema. Cuando la fuerza de excitación seadistinta de cero, diremos que el sistema masa-resorte-amortiguador está forzado.Hasta este momento la fuerza FE puede ser de cualquier tipo y para determinar sus efectos tendremos queresolver la ecuación diferencial (5.23) por cualquiera de los métodos estudiados hasta ahora.Sin embargo, cuando la fuerza FE es del tipo sinusoidal

FE D F0 coswet;

suelen ocurrir fenómenos físicos de interés. En este caso la ecuación por resolver es

mx 00.t/C cx 0.t/ C kx.t/ D F0 coswet:

La ecuación característica es, entonces:mr2 C cr C k D 0;

cuyas raíces son

r1;2 D�c ˙

pc2 � 4mk2m

I

y las formas de la solución x.t/ dependerá de la relación que exista entre r1;2 y we.


Vibraciones forzadas, caso c ¤ 0

Consideremos que la fuerza de excitación es una función sinusoidal del tipo FE D F0 coswet . Claramentesi c ¤ 0, ninguna de las dos raíces de la ecuación característica es igual a iwe. Entonces de acuerdo con elmétodo de coeficientes indeterminados, la forma de la solución particular es

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

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

x 0p.t/ D vp.t/ D Awe coswet � Bwe senwet Ix 00

p .t/ D ap.t/ D �Aw2e senwet � Bw2

e coswet:

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

�mw2e ŒA senwet CB coswet �C cwe ŒA coswet � B senwet �C k ŒA senwet C B coswet � D F0 coswet:

Agrupando términos 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 condiciónanterior, sólo se requiere que

{

�mw2eB C cweAC kB D F0

�mw2eA� cweB C kA D 0 )

{

cweAC(

k �mw2e

)

B D F0I(

k �mw2e

)

A� cweB D 0:

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

A D

∣

∣

∣

∣

F0 k �mw2e

0 �cwe

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

cwe k �mw2e

k �mw2e �cwe

∣

∣

∣

∣

D �cweF0

�c2w2e �

(

k �mw2e

)2D cweF0(

k �mw2e

)2 C w2e c

2I

B D

∣

∣

∣

∣

cwe F0

k �mw2e 0

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

cwe k �mw2e

k �mw2e �cwe

∣

∣

∣

∣

D � (k �mw2e

)

F0

�c2w2e �

(

k �mw2e

)2D

(

k �mw2e

)

F0(

k �mw2e

)2 C w2e c

2:

Sustituyendo A y B en (5.24), obtenemos una expresión para la solución particular:

xp.t/ D[

cweF0(

k �mw2e

)2 C w2c2

]

Ÿ

A

senwet C[

(

k �mw2e

)

F0(

k �mw2e

)2 C w2c2

]

Ÿ

B

coswet: (5.25)

Podemos simplificar esta expresión a la forma C senwet :

A senwet C B cos.wet/ D xp.t/ D C sen.wet C �/ DD CŒsenwet 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 D√

A2 C B2 &

C sen�C cos �

D B

A) tan� D B

A) � D arctan

(

B

A

)

:

Además

C 2 D A2 C B2 D[

cweF0

.k �mw2e /

2 C w2ec

2

]2

C[

.k �mw2e /F0

.k �mw2e /

2 C w2e c

2

]2

D

D c2w2eF

20

Œ.k �mw2e /

2 C w2ec

2�2C .k �mw2

e /2F 2

0

Œ.k �mw2e /

2 C w2ec

2�2D

D F 20

Œ.k �mw2e /

2 C w2ec

2�2Œc2w2

e C .k �mw2e /

2� D

D F 20 Œ.k �mw2

e /2 C w2

ec2�

Œ.k �mw2e /

2 C w2ec

2�2D F 2

0

.k �mw2e /

2 C w2ec

2I

por lo que

C D√

F 20

.k �mw2e /

2 C w2ec

2D F0√

.k �mw2e /

2 C w2ec

2I

por otra parte,

B

AD

.k �mw2e /F0

.k �mw2e /

2 C w2ec

2

cweF0

.k �mw2e /

2 C w2ec

2

D .k �mw2e /F0

cweF0

D k �mw2e

cwe

I

por lo cual

� D arctan(

B

A

)

D arctan(

k �mw2e

cwe

)

:

Se tiene entonces que

xp.t/ DF0

√

.k �mw2e /

2 C w2ec

2sen.wet C �/I

donde � D arctan(

k �mw2e

cwe

)

.

Por lo tanto, la posición instantánea de m, con respecto a la posición de equilibrio, en el tiempo t � 0 es

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

donde la solución complementaria xh.t/ tiene la forma de un movimiento sobreamortiguado, críticamenteamortiguado o bien subamortiguado. En cualquiera de los casos ocurre que lím

t!1xh.t/ D 0. Debido a esto

se tiene:lím

t!1x.t/ D lím

t!1Œxh.t/C xp.t/� D lím

x!1xp.t/:

Esto es, al paso del tiempo sucede que

x.t/ D F0√

.k �mw2e /

2 C w2ec

2sen.wet C �/:


Ejemplo 5.2.16 Un sistema masa-resorte-amortiguador tiene parámetros m D 1 kg, c D 2 N�s/m & k D 1 N. Si seaplica una fuerza de excitaciónFE D 17 cos t , determine la posición 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 ecuación característica:r2C 2r C 1 D 0;

y cuyas raíces r1;2 D �1 son diferentes de iwe D i . Tenemos entonces que la solución complementaria es

xh.t/ D c1e�t C c2te

�t ;

y la solución particular, siguiendo el método 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 17

2:

Por lo tanto:

xp.t/ D17

2sen t:

La solución general de la ED es

x.t/ D c1e�t C c2te

�t C 17

2sen 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 c2e�t � c2te

�t C 17

2cos t:

De v.0/ D 0, obtenemos c2 C17

2D 0, de donde c2 D �

17

2y la posición está dada por

x.t/ D �172te�t C 17

2sen t:

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

t

x

17

2

� 17

2

�


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

k

m

Ahora la fuerza de excitación 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 solución particular está dada por (5.25):

xp.t/ DF0

k �mw2e

coswet:

Observe que la solución xp.t/ es proporcional a la fuerza de excitación, de hecho ésta es la parte de lasolución general que se preservará en el tiempo.

Si se cumple que k � mw2e , esto es,w2

e �k

m, la amplitud de la oscilación de x.t/ es grande. A este fenómeno

se le conoce como resonancia.

Ejemplo 5.2.17 Considere un sistema masa-resorte con los parámetros m D 1 kg, c D 0 N�s/m, k D 1 N/m,

FE D 2 cos 2t y con condiciones iniciales x0 D1

10, v0 D 0. Determine la posición, la velocidad y la aceleración en el

tiempo t .

H La ecuación diferencial por resolver es

d 2x

dt2C x D 2 cos 2t: (5.27)

La ecuación característica es r2C1 D 0, cuyas raíces son r D ˙i . De aquí, la solución general de la ecuaciónhomogénea es

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

En este caso la frecuencia natural de excitaciónwe D 2 rad/s es diferente de la frecuencia natural de las fun-ciones sinusoidalesw D 1 rad/s. Por esa razón, y de acuerdo con el método de coeficientes indeterminados,proponemos la solución particular

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

Derivando esta expresión dos veces:

x 0p.t/ D �2A sen2t C 2B cos 2t & x 00

p .t/ D �4A cos 2t � 4B sen 2t:

Sustituyendo en la ecuación (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 solución de este sistema es A D �2=3 & B D 0. Sustituyendo en (5.28) obtenemos la soluciónparticular.

xp.t/ D �2

3cos 2t:


Finalmente, sumando la solución particular con la solución de la ecuación homogénea, obtenemos la solu-ción general de la ecuación diferencial

x.t/ D c1 cos t C c2 sen t � 23

cos 2t:

La velocidad de la masa se obtiene derivando la posición

v.t/ D x 0.t/ D �c1 sen t C c2 cos t C 4

3sen2t:

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

x.0/ D x0 D1

10) 1

10D c1 �

2

3I

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

cuya solución es c1 D23

30I c2 D 0. Finalmente, la posición de la masa está dada por

x.t/ D 23

30cos t � 2

3cos 2t:

Analicemos con mayor detalle x.t/. La función cos t es de periodo 2� y la función cos 2t es de periodo � .En consecuencia, la función de posición x.t/ es de periodo 2� . La velocidad y aceleración de la masa son

v.t/ D �2330

sen t C 4

3sen2t I

a.t/ D �2330

cos t C 8

3cos 2t:

De donde, los puntos de retorno o de máxima o mínima amplitud (aquéllos 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 23

30� 23D 3

30D 0:1 :

x.�/ D x.3�/ D � � � D �2330� 23D �43

30� �1:4333 :

Además, comocos 2t D cos 2t � sen 2t D 2 cos 2t � 1;


se tiene:

x.t/ D 23

30cos t � 4

3cos 2t C 2

3:

Así que evaluando en el tiempo en que cos t D 23

80, o sea t D arccos

23

80D 1:2791, se tiene:

x.1:2791/ D 23

80� 2380� 43

(

23

80

)2

C 2

3D 0:7769 :

La gráfica 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 restitución k D 20 N/m queestá sometido a una fuerza de excitación 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 posición, la velocidad y la acelaración de la masa en todo tiempo t . Graficar la posiciónx.t/.

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

5d 2x

dt2C 20x D 5 cos 3t:

La ecuación característica asociada es 5r2 C 20 D 0, que tiene raíces r1;2 D ˙2i . Por lo que la solucióncomplementaria 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-citación we D 3, proponemos como solución particular

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

Derivando dos veces y sustituyendo en la ecuación 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 solución particular es

xp.t/ D �1

5cos 3t:


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

x.t/ D c1 cos 2t C c2 sen2t � 15

cos 3t:

La velocidad en todo tiempo t está dada por

v.t/ D �2c1 sen 2t C 2c2 cos 2t C 3

5sen3t:

Aplicando las condiciones iniciales x.0/ D 0:02I v.0/ D 0, obtenemos c1 �1

5D 0:02I 2c2 D 0. De donde

c1 D 0:22I c2 D 0.Así la posición instantánea de m es

x.t/ D 0:22 cos 2t � 15

cos 3t m:

La velocidad y la aceleración 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 función cos 3t es de periodo 2�=3 y la función cos 2t es de periodo � . En consecuencia, la funciónposición x.t/ es de periodo 2� . Observe que en este periodo cos 3t se repetirá 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

100sen 2t D 3

5sen 3t ) 44

60sen 2t D sen 3t:

Usando las identidades:

sen 2t D 2 sen t cos t I cos 2t D cos 2t � sen 2t Isen 3t D sen.2t C t/ D sen 2t cos t C cos 2t sen t D 2 sen t cos 2t C cos 2t sen t � sen 2t sen t D

D 3 sen t cos 2t � .1 � cos 2t/ sen t D 4 sen t cos 2t � sen t;

se tiene

44

60sen2t D sen3t ) 88

60sen t cos t D 4 sen t cos 2t � sen t )

)(

4 cos 2t � 8860

cos t � 1)

sen t D 0;

que se satisface cuandosen t D 0 ) t D 0; �; 2�; 3�; � � �

o cuando

4 cos 2t � 8860

cos t � 1 D 0 ) 4 cos 2t � 2215

cos t � 1 D 0:

Ésta es una ecuación cuadrática para cos.t/, así que, por la fórmula general:

cos t D 1

60.11˙

p1021/ D

{

�0:34920:7159

)

)

t D 1:9275C 2n� con n D 0; 1; 2; � � �t D .2� � 1:9275/C 2n� D 4:3557C 2n� con n D 0; 1; 2; � � �t D 0:7729C 2n� con n D 0; 1; 2; � � �t D .2� � 0:7729/C 2n� D 5:5103C 2n� con n D 0; 1; 2; � � �


Consideremos ahora sólo los puntos que están dentro del intervalo Œ0; 2�/ para aprovechar que la funciónposición es de periodo 2� ; éstos son, ordenados de mayor a menor

t D 0; 0:7729; 1:9275; �; 4:3556; 5:5103 :

Calculando la aceleración en estos puntos y aplicando el criterio de la segunda derivada para extremos, setiene:

a.0/ D 0:92 ) x.0/ D 0:02 I es un mínimo.a.0:7729/ D �1:2462 ) x.0:7729/ D 0:1416 I es un máximo.a.1:9275/ D 2:2446 ) x.1:9275/ D �0:3418 I es un mínimo.a.�/ D �2:6800 ) x.�/ D 0:4200 I es un máximo.a.4:3556/ D 2:2446 ) x.4:3556/ D �0:3418 I es un mínimo.a.5:5103/ D �1:2462 ) x.5:5103/ D 0:1416 I es un máximo.

La gráfica:

t

x

1:93

0:34

�

0:42

R0:02

0:77

0:142

�

Ejemplo 5.2.19 Considere el sistema masa-resorte del ejemplo anterior donde m D 5 kg & k D 20 N/m. El sistemase somete a una fuerza de excitación FE D 5 cos 2:1t N. Si el sistema tiene condiciones iniciales x.0/ D 0 m yv.0/ D 0 m/s, determine la posición y velocidad de la masa en todo tiempo t . Graficar la posición x.t/.

H De acuerdo con la ecuación (5.25), la solución particular es

xp.t/ DF0

k �mw2e

coswet D5

20 � 5.2:1/2 cos 2:1t D �10041

cos 2:1t:

Y la solución general es, entonces:

x.t/ D c1 cos 2t C c2 sen 2t � 10041

cos 2:1t:

La velocidad en todo tiempo t está dada por la derivada de la posición

v.t/ D �2c1 sen2t C 2c2 cos 2t C 210

41sen2:1t:

Considernado las condiciones iniciales x.0/ D 0 & v.0/ D 0, obtenemos c1 �100

41D 0& 2c2 D 0. De donde

c1 D100

41& c2 D 0. Así la posición en todo tiempo se reduce a

x.t/ D 100

41Œcos 2t � cos 2:1t� :

La velocidad es, entonces:

v.t/ D 100

41Œ�2 sen2t C 2:1 sen2:1t� :


Necesitamos reescribir la función posición para construir la gráfica. Para ello recordemos la identidadtrigonométrica siguiente:

2 senA senB D cos.A� B/� cos.AC B/:

Si identificamos˚

A� B D 2tAC B D 2:1t )

˚

A D 2:05t;B D 0:05t;

tenemos que

x.t/ D 200

41sen 0:05t sen 2:05t:

Podemos interpretar que la masa oscila con una amplitud A.t/ D 200

41sen 0:05t dependiente del tiempo

y con una frecuencia natural dada por w D 2:05 rad/s. Para construir la gráfica, basta con construir lasgráficas de la amplitud y de su negativo y, dentro de éstas, una función oscilatoria de periodo

T D 2�

wD 2�

2:05D 3:065 s. La amplitud tiene periodo Ta D

2�

0:05D 125:6636 y, en ese tiempo, se producen

aproximadamenteTa

TD 125:6636

3:065� 41 oscilaciones.

En la figura siguiente se muestra la gráfica de la posición. Al fenómeno de que la amplitud se comportecomo función del tiempo de forma sinusoidal se le conoce como pulsación.

t

x

125:66 segundos41 oscilaciones

�

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

k

m

La ecuación diferencial que nos interesa resolver es

md 2x

dt2C kx D F0 coswet: (5.29)

La ecuación característica esmr2Ck D 0, cuyas soluciones son r1;2 D ˙iw D ˙iwe. Por lo tanto, la solucióngeneral de la ecuación diferencial homogénea es

xh.t/ D c1 coswet C c2 senwet:

En este caso la frecuencia de excitación es igual a la frecuencia de las funciones sinusoidales. Por esa razón,y de acuerdo con el método de coeficientes indeterminados, proponemos la solución particular.

xp.t/ D t ŒA coswet C B senwet � :


Calculemos la primera y segunda derivada de xp.t/:

dxp

dtD A coswet C B senwet C t Œ�Awe senwet C Bwe coswet � :

d 2xp

dt2D �2Awe senwet C 2Bwe coswet C t

[

�Awe2 coswet � Bwe

2 senwet]

:

Sustituyendo en la ecuación diferencial de movimiento (5.29):

�2Apmk senwet C 2B

pmk coswet D F0 coswet:

Igualando coeficientes correspondientes de las funciones sinusoidales, obtenemos el sistema de ecuaciones:

�2Apmk D 0 & 2B

pmk D F0 ) A D 0 & B D F0

2pkm

:

Finalmente, la solución particular es, entonces:

xp.t/ DF0 t

2pkm

senwet: (5.30)

Y la solución general es, entonces:

x.t/ D xh.t/C xp.t/ D c1 coswet C c2 senwet CF0 t

2pkm

senwet D xh.t/C xp.t/:

En ese caso la amplitud depende del tiempo y aumenta con él.

Ejemplo 5.2.20 Considere un sistema masa-resorte con constantes m D 10 kg & k D 40 N/m. Sobre el sistema seaplica una fuerza de excitación FE D 20 cos 2t . Determine la posición de la masa si el sistema se encuentra en reposoen el estado de equilibrio al tiempo t D 0 s, es decir: x0 D 0 m & v0 D 0 m/s.

H La ecuación diferencial por resolver es

10d 2x

dt2C 40x D 20 cos 2t:

La ecuación característica es 10r2 C 40 D 0, cuyas soluciones son r1;2 D ˙2i . Por lo tanto, la solucióngeneral de la ecuación diferencial homogénea es


La frecuencia de la fuerza de excitación es igual a la frecuencia de las funciones sinusoidales. Proponemosentonces la solución particular.

xp.t/ D t ŒA cos 2t C B sen2t� :

Derivando dos veces se tiene:

dxp

dtD A cos 2t C B sen 2t C t Œ�2A sen 2t C 2B cos 2t� I

d 2xp

dt2D �4A sen2t C 4B cos 2t C t Œ�4A cos 2t � 4B sen 2t� :

Y ahora, usando la función xp.t/ y la segunda derivada en la ecuación diferencial, se obtiene:

�40A sen2t C 40B cos 2t D 20 cos 2t:

De donde se deduce que

A D 0I B D 1

2:


Finalmente, la solución particular y la solución general son

xp.t/ Dt

2sen 2t I

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

2sen 2t:

La velocidad se obtiene derivando la expresión anterior,

v.t/ D �2c1 sen 2t C 2c2 cos 2t C 1

2sen2t C t cos 2t:

Considerando las condiciones iniciales x.0/ D 0 & v.0/ D 0, se obtiene c1 D c2 D 0. Entonces la solución

general coincide con la solución particular. x.t/ D t

2sen2t . Para graficar esta función observemos que

la parte sinusoidal tiene frecuencia w D 2 rad/s y periodo T D 2�

wD � s y que la amplitud de las

oscilaciones aumenta en el tiempo. Entonces primero se grafican las rectas x D ˙ t2

y posteriormente se

construye la gráfica de x.t/, considerando que los cruces con el eje horizontal (tiempo) se producen en

t D 0; �2; �;

3�

2; : : : y los máximos y mínimos en t D �

4;3�

4;5�

4; : : : de forma alternada.

Físicamente lo que está ocurriendo es que la fuerza de excitación está en sintonía con el movimiento delsistema masa resorte y siempre le está proporcionando energía, de ahí que la amplitud crezca indefinida-mente. La figura muestra la gráfica del movimiento.

t

x

2

4

6 8

�

Ejemplo 5.2.21 Considere un sistema masa-resorte con coeficientes m D 5 kg & k D 20 N/m. Se aplica ahora unafuerza de excitación F.t/ D 5 cos 2t N. Determine la posición y velocidad de la masa en todo tiempo t si el sistematiene condiciones iniciales x.0/ D 0 m & v.0/ D 0 m/s.

H La ED es 5x 00.t/ C 20x.t/ D 5 cos 2t y la homogénea asociada es 5x 00.t/ C 20x.t/ D 0 cuya ecuacióncaracterística es 5r2 C 20 D 0 que tiene por soluciones r D ˙2i .La solución complementaria es xh.t/ D c1 cos 2t C c2 sen 2t .En este caso la frecuencia de la fuerza de excitación es igual a una de las raíces de la ecuación característica.Tenemos entonces, de acuerdo con la ecuación (5.30), que una solución particular es

xp.t/ DF0 t

2pkm

sen

(√

k

mt

)

D 5t

2√

20.5/sen2t D 1

4t sen 2t:

La solución general es por lo tanto:

x.t/ D c1 cos 2t C c2 sen2t C 1

4t sen 2t:


La velocidad en todo tiempo t está dada por:

v.t/ D �2c1 sen2t C 2c2 cos 2t C 1

4sen 2t C 1

2t cos 2t:

Si usamos las condiciones iniciales x.0/ D 0 y v.0/ D 0, obtenemos c1 D 0I c2 D 0. Así la solución generalse reduce a

x.t/ D 1

4t sen2t:

La velocidad es, entonces:

v.t/ D 1

4sen 2t C 1

2t cos 2t:

En la figura siguiente se muestra la posición de la masa en el tiempo. Observe que, entre más tiempopasa, más aumenta la amplitud de las oscilaciones. En este caso la fuerza de excitación siempre suministraenergía al sistema, por lo cual es de esperar que, después de un cierto tiempo, el sistema se destruya.

t

x

2 4 6 8

�

Ejemplo 5.2.22 Un resorte experimenta un alargamiento de 0:025m por haber sido suspendida de él una masa de2 kg. Al extremo superior del resorte se le da un movimiento y D 0:4 sen 2t C 0:4 cos 2t m. Si no hay resistencia delaire, determine la posición de la masa en todo tiempo. Suponga que g D 10m/s2.

H La constante del resorte se obtiene igualando el peso con la fuerza que ejerce el resorte sobre la masa

cuando se está en equilibrio. Es decir: mg D k�l , de donde k D mg

�lD 2.10/

0:025D 800 N/m. Consideremos

que el origen de coordenadas se encuentra en el centro de la masa cuando el sistema está en equilibrio. Laelongación o compresión del resorte es entonces x � y, de forma que la fuerza del resorte sobre la masa es

F D �k.x � y/ D �800xC 320 sen2t C 320 cos2t:

Entonces, la ecuación diferencial que describe el movimiento es, de acuerdo con la segunda ley de Newton:

2d 2x

dt2D �800x C 320 sen2t C 320 cos 2t:

Simplificando se tiene:d 2x

dt2C 400x D 160 sen2t C 160 cos 2t:

Claramente la solución de la ecuación homogénea es


Para determinar una solución particular proponemos:

xp.t/ D A sen2t C B cos 2t:


Derivando dos veces y sustituyendo en la ecuación diferencial, obtenemos:

396A sen2t C 396B cos 2t D 160 sen2t C 160 cos 2t:

De donde se infiere que A D B D 0:4. Concluimos entonces que

xp.t/ D 0:4 sen2t C 0:4 cos 2t:

Y quex.t/ D c1 cos 20t C c2 sen 20t C 0:4 sen2t C 0:4 cos 2t:

Si utilizamos las condiciones iniciales x.0/ D 0 y v.0/ D 0, obtenemos el sistema:

0 D c1 C 0:4I0 D 20c2C 0:8I

de donde:c1 D �0:4 & c2 D �0:04:

Finalmente, la solución es

xh.t/ D �0:4 cos 20t � 0:04 sen20t C 0:4Œsen2t C cos 2t�:

�

Ejercicios 5.2.3 Vibraciones forzadas. Soluciones en la página 471

1. Un resorte de constante k y un amortiguador de constante c están conectados en uno de sus extremosa un cuerpo de masa m y en el otro a una pared. El sistema descansa sobre una mesa horizontal sinfricción. Sobre el sistema se aplica una fuerza de excitación Fe.t/. Determine la posición y velocidaddel cuerpo con las condiciones iniciales x.0/ D x0 & v.0/ D v0.

a. m D 0:5 kg; c D 3 N�s/m;k D 4 N/m; x.0/ D 0 m; v.0/ D 2 m/s & Fe.t/ D 3 cos t .

b. m D 2:5 kg; c D 0 N�s/m; k D 10 N/m; x.0/ D 0:1 m; v.0/ D �1:2 m/s & Fe.t/ D 2 cos 2t .

c. m D 0:5 kg; c D 0 N�s/m; k D 32 N/m; x.0/ D 0 m; v.0/ D 0 m/s & Fe.t/ D 3 cos 8t .

d. m D 0:25 kg; c D 4 N�s/m; k D 25 N/m;, x.0/ D 0:1 m; v.0/ D �0:1 m/s & Fe.t/ D 8 cos 2t .

e. m D 1 kg; c D 3 N�s/m; k D 6:25 N/m; x.0/ D 0 m; v.0/ D 0 m/s & Fe.t/ D 3 cos 5t .

2. Un cuerpo de masa igual a 4 kg está unido a un resorte de constante k D 16N/m. Se alarga el resorteuna distancia de 0:3 m y se suelta desde el reposo. Si sobre el sistema se aplica una fuerza externaFe.t/ D 1:5 cos 4t , determine la posición y velocidad del cuerpo en todo tiempo.

3. Un cuerpo de masa igual a 4 kg está unido a un resorte de constante k D 64 N/m. Si sobre el sistemase aplica una fuerza de excitación Fe.t/ D 1:5 cos 4t , determine la posición y velocidad del cuerpo entodo tiempo; suponga que la masa estaba en la posición x0 D 0:3 y en reposo, al tiempo t D 0 s. ¿Quéocurre cuando Fe D 1:5 cos.4:1t/?

4. A un sistema masa-resorte con masa igual a 2 kg y constante del resorte igual a 8 N/m se le sometea una fuerza de excitación Fe.t/ D 5 coswt . Si el sistema carece de amortiguamiento determine laposición del cuerpo con las condiciones iniciales x.0/ D 0 m & v.0/ D 0 m/s para los siguientesvalores de w D 2:5; 1; 5; 2:1; 2; 1:9 AMP 2 rad/s. En cada caso construya la gráfica correspondiente.

5. Un cuerpo de masa 1 kg está unido a un resorte de constante k D 1 N/m. Determine la posición yla velocidad de la masa en todo tiempo si sobre ésta se aplica una fuerza de excitación Fe.t/ D e�t , apartir de t D 0, suponiendo que el sistema estaba en reposo y en su posición de equilibrio.

6. Un cuerpo de masa 1 kg está unido a un resorte de constante k D 1 N/m. Determine la posición y lavelocidad de la masa en todo tiempo, si sobre ésta se aplica una fuerza de excitación Fe.t/ D e�t cos 2t ,a partir de t D 0, suponiendo que el sistema estaba en reposo y en su posición de equilibrio.

5.3 Circuitos eléctricos 319

7. Un cuerpo de masa 1 kg está unido a un resorte de constante k D 16N/m. Determine la posición y lavelocidad de la masa en todo tiempo, si sobre ésta se aplica una fuerza de excitación Fe.t/ D e�t sen t ,a partir de t D 0, suponiendo que el sistema estaba en reposo y en su punto de equilibrio.

8. Un sistema masa-resorte-amortiguador está colocado verticalmente y tiene constantes m D 1

8kg,

c D 1 N�s/m y k D 2 N/m. Inicialmente la masa es colocada 1 m abajo de la posición de equilibrio,donde se le imprime una velocidad de 8 m/s hacia arriba. Determine la posición y la velocidadinstantánea de la masa m si sobre el sistema se aplica una fuerza de excitación Fe.t/ D 12:5 sen2t N,a partir de t D 0.

9. Un sistema masa-resorte-amortiguador tiene constantesm D 6:5 kg, c D 12 N�s/m & k D 6:5 N/m.Determine la posición y velocidad de la masa en todo tiempo si sobre ésta se aplica una fuerza de

excitación Fe.t/ D 5e�1213

t cos�5

13t

�, a partir de t D 0, suponiendo que el sistema estaba en reposo y

en su posición de equilibrio.

10. Sobre un sistema masa-resorte de constantes m D 1 kg y k D 100 N�s/m se aplica una fuerza deexcitación Fe.t/ D 2 cos 10t durante un lapso de tiempo 0 � t � 2� . Suponga que el sistema parte delreposo y de su posición de equilibrio. Determine la posición y velocidad antes y después de t D 2� .

5.3 Circuitos eléctricos

Desde hace más de un siglo, la humanidad ha utilizado en su beneficio la energía eléctrica. Actualmenteusamos diferentes aparatos que la necesitan, baste recordar sólo los aparatos electrodomésticos que tene-mos en nuestras casas para reconocer que sin ellos nuestra vida sería diferente. La energía eléctrica setransmite de diversas formas, por ejemplo, la instalación eléctrica en nuestras casas transmite la energíapor medio de cables de cobre que forman diferentes circuitos. Estos circuitos son los más simples, peroen los aparatos electrónicos (teléfonos celulares, televisiones, etc.) aparecen elementos que almacenan ydistribuyen la energía de diversas formas. En esta sección se estudian los conceptos básicos de circuitos ylas ED que los modelan. Se inicia con los conceptos de campo eléctrico y diferencia de potencial.

La energía eléctrica se transmite por diversos materiales llamados conductores; estos materiales tienen lapropiedad de que cargas eléctricas (electrones o iones positivos) libres circulan por ellos en direccionesaleatorias, como los átomos en un gas confinado, y sólo se mueven en una dirección preferencial cuando secoloca una fuente de voltaje o batería en los extremos del conductor (véase la siguiente figura). En principioesta fuente de voltaje produce una diferencia de potencial V que a su vez produce un campo eléctrico Eentre los extremos del conductor, lo que provoca que las cargasQ sean arrastradas en la dirección del campocon una fuerza que experimentalmente es F D QE . De forma simple, si la longitud del conductor es `,entonces el campo y la diferencia de potencial se relacionan mediante E D V=`, de donde la diferencia depotencial está dada por V D E` D F`=Q. Es decir, V se define como la energía necesaria para transportaruna distancia ` una carga unitaria. En el sistema MKSC [cuyas unidades son metro (m); kilogramo (kg);segundo (s) y coulomb (C)], la unidad del voltaje es el volt (V), que satisface:

volt (V) = joule (J)/coulomb (C).

En conclusión, una fuente de voltaje es una fuente de energía eléctrica que provoca que se muevan cargassobre un conductor. Por comodidad, cuando se hable de potencial nos referiremos a lo que hemos llamadodiferencia de potencial.

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