Tres masas unidas por resortes (CMR)

De Laplace

Contenido

1 Enunciado
2 Ecuaciones de movimiento
3 Modos normales
4 Solución particular
5 Solución en el sistema centro de masas

1 Enunciado

Se tienen tres masas, de valores $m_A=5\,\mathrm{kg}$ , $m_B=5\,\mathrm{kg}$ y $m_C=6\,\mathrm{kg}$ se hallan unidas por resortes. Entre la A y la B se encuentra uno de constante $k_1=15\,\mathrm{N}/\mathrm{m}$ y longitud natural 10cm, y entre la B y la C uno de constante $k_2=60\,\mathrm{N}/\mathrm{m}$ y longitud natural 10cm. Inicialmente se encuentran las tres masas en reposo y los muelles en su longitud natural. Entonces se le comunica a la masa A una velocidad inicial $v_{A0}=+16\,\mathrm{cm}/\mathrm{s}$ .

Determine la posición de cada masa como función del tiempo.

2 Ecuaciones de movimiento

En lo que sigue se usarán todas las magnitudes en las unidades fundamentales del SI.

Dado un sistema de referencia fijo, las posiciones de las tres partículas serán, respectivamente $X A (t)$ , $X B (t)$ y $X C (t)$ . Por comodidad, definimos las variables

$x_A=X_A\qquad\qquad x_B = X_B-\ell_0\qquad\qquad x_C=X_C-2\ell_0$

siendo $\ell_0$ la longitud natural de ambos resortes. De esta manera podemos describir el movimiento como las desviaciones respecto a posiciones de equlibrio y podemos tratar los resortes como si tuvieran longitud natural nula.

Las ecuaciones de movimiento las da la segunda ley de Newton. Para la primera masa

$m_A\ddot{x}_A=-k_1(x_A-x_B)\qquad\Rightarrow\qquad 5\ddot{x}_A=-15(x_A-x_B)\qquad\Rightarrow\qquad \ddot{x}_A=-3x_A+3x_B$

Para la segunda

$m_B\ddot{x}_B=-k_1(x_B-x_A)-k_2(x_B-x_C)\qquad\Rightarrow\qquad 5\ddot{x}_B=-15(x_B-x_A)-60(x_B-x_C)\qquad\Rightarrow\qquad \ddot{x}_B=3x_A-15x_B+12x_C$

y para la tercera

$m_C\ddot{x}_C=-k_2(x_C-x_B)\qquad\Rightarrow\qquad 6\ddot{x}_C=-60(x_C-x_B)\qquad\Rightarrow\qquad \ddot{x}_C=10x_B-10x_C$

Por tanto, el sistema de ecuaciones de movimiento es

$\begin{array}{rcl} \ddot{x}_A&=&-3x_A+3x_B\\ \ddot{x}_B&=&3x_A-15x_B+12x_C\\ \ddot{x}_C&=&10x_B-10x_C \end{array}$

con las condiciones iniciales

$\begin{array}{rcl} x_{A0}&=&0\\ x_{B0}&=&0\\ x_{C0}&=&0 \end{array}\qquad\qquad \begin{array}{rcl} \dot{x}_{A0}&=&+0.16\\ \dot{x}_{B0}&=&0\\ \dot{x}_{C0}&=&0 \end{array}$

3 Modos normales

El sistema de ecuaciones de movimiento puede escribirse en forma matricial como

$\frac{\mathrm{d}\ }{\mathrm{d}t^2}\begin{pmatrix}x_A\\x_B\\x_C\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-3&3&0\\3&-15&12\\0&10&-10\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}x_A\\x_B\\x_C\end{pmatrix}$

Existen diferentes formas de resolver este sistema de ecuaciones diferenciales de coeficientes constantes.

Una de ellas consiste en buscar los llamados modos normales, que son oscilaciones del sistema con una frecuencia completa, de forma que la solución puede escribirse en la forma

$\begin{pmatrix}x_A\\x_B\\x_C\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\hat{x}_A\\\hat{x}_B\\\hat{x}_C\end{pmatrix}\mathrm{e}^{\mathrm{j}\omega t}$

Una solución de este tipo no cumplirá, en general, las condiciones iniciales. Sin embargo, puede demostrarse que la solución general es una combinación lineal de los diferentes modos normales. El problema se traslada entonces a encontrar los coeficientes adecuados para cada caso concreto.

Veamos primero cuáles son los modos normales en este caso. Sustituyendo la solución propuesta la ecuación diferencial se transforma en la ecuación algebraica

$-\omega^2\begin{pmatrix}\hat{x}_A\\\hat{x}_B\\\hat{x}_C\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-3&3&0\\3&-15&12\\0&10&-10\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}\hat{x}_A\\\hat{x}_B\\\hat{x}_C\end{pmatrix}$

o, agrupando términos,

$\begin{pmatrix}3-\omega^2&-3&0\\-3&15-\omega^2&-12\\0&-10&10-\omega^2\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}\hat{x}_A\\\hat{x}_B\\\hat{x}_C\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}$

Este sistema es homogéneo. Para que haya soluciones distinta de l trivial (0,0,0) debe cumplirse que el determinante de la matriz de coeficientes se anule, en cuyo caso resulta un sistema indeterminado. Es decir, los valores de ω posibles vienen dados por la ,

$\left| \begin{matrix}3-\omega^2&-3&0\\-3&15-\omega^2&-12\\0&-10&10-\omega^2\end{matrix}\right|=0$

Desarrollamos el determinante y resulta la ecuación

$-\omega^6 +28\omega^4 -96\omega^2=0\,$

Vemos que resulta una ecuación de sexto grado, por lo que hay 6 posibles modos normales. Una ecuación de sexto grado no tiene solución general, pero en este caso podemos obser var que en realidad se trata de una ecuación cúbica en $ω 2$ , que sí la tiene. Es más, en este caso podemos sacar factor común y escribirla como

$-\omega^2(\omega^4 -28\omega^2 +96)=0\,$

con lo que problema se reduce a resolver una ecuación se segundo grado en ω². Esto nos da las soluciones para ω²

$\omega^2 = 0,\ 4,\ 24$

y para ω

$\omega = 0\ (\mathrm{doble}),\ \pm 2,\ \pm 2\sqrt{6}$

Dejaremos el caso de la solución $ω = 0$ para el final y consideraremos antes el resto de casos.

3.1 Caso ω² = 4

Una vez que tenemos la frecuencia debemos buscar la forma de las amplitudes $\{\hat{x}_A,\hat{x}_B,\hat{x}_C\}$ que no son arbitrarias, sino que deben cumplir la ecuación matricial anterior.

En el caso ω² = 4, la ecuación se convierte en

$\begin{pmatrix}-1&-3&0\\-3&11&-12\\0&-10&6\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}\hat{x}_A\\\hat{x}_B\\\hat{x}_C\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}$

lo que nos da las ecuaciones

$-\hat{x}_A-3\hat{x}_B=0\qquad -3\hat{x}_A+11\hat{x}_B-12\hat{x}_C=0\qquad -10\hat{x}_B+6\hat{x}_C=0$

Estas ecuaciones no son las tres independientes, al ser nulo el determinante. Podemos determinar dos variables en función de la tercera. Por ejemplo

$\hat{x}_A=-3\hat{x}_B\qquad\qquad \hat{x}_C=\frac{5}{3}\hat{x}_B$

Dada una solución, cualquier múltiplo de ella es también solución. Podemos elegir arbitrariamente $\hat{x}_B=3$ y tener la solución

$\hat{x}_A=-9\qquad\qquad \hat{x}_B=3\qquad\qquad \hat{x}_C=5$

Por tanto, los dos primeros modos normales son

$\begin{pmatrix}-9\\3\\5\end{pmatrix}\mathrm{e}^{2\mathrm{j}t}\qquad\qquad \begin{pmatrix}-9\\3\\5\end{pmatrix}\mathrm{e}^{-2\mathrm{j}t}$

3.2 Caso ω² = 24

En el segundo caso, operamos de manera análoga. Sustituyendo ω² = 24 resulta la ecuación

$\begin{pmatrix}-21&-3&0\\-3&-6&-12\\0&-10&-14\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}\hat{x}_A\\\hat{x}_B\\\hat{x}_C\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}$

cuyas soluciones son los múltiplos de

$\hat{x}_A=1\qquad\qquad\hat{x}_B=-7\qquad\qquad\hat{x}_C=5$

Por tnto, los siguientes dos modos normales son de la forma

$\begin{pmatrix}1\\-7\\5\end{pmatrix}\mathrm{e}^{2\sqrt{6}\mathrm{j}t}\qquad\qquad \begin{pmatrix}1\\-7\\5\end{pmatrix}\mathrm{e}^{-2\sqrt{6}\mathrm{j}t}$

En realidad, tanto en este caso como en el anterior, las dos soluciones corresponden al mismo modo de oscilación, entendido como forma en la que se mueven las partículas.

3.3 Caso ω² = 0

El caso ω² = 0 es un poco especial ya que no se trata de una solución oscilante. Si la frecuencia es nula, lo que se cumple en realidad es que

$\frac{\mathrm{d}\ }{\mathrm{d}t^2}\begin{pmatrix}x_A\\x_B\\x_C\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}$

y si la segunda derivada es nula, eso quiere decir que cada variable esde la forma $x = A + B t$ , es decir corresponde a un movimiento uniforme. No obstante, las tres variables no son independientes, ya que deben seguir cumpliendo el sistema de ecuaciones

$\begin{pmatrix}3&-3&0\\-3&15&-12\\0&-10&10\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}\hat{x}_A\\\hat{x}_B\\\hat{x}_C\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}$

cuya solución es simplemente

$\hat{x}_A=\hat{x}_B=\hat{x}_C=1$

Por tanto, las dos últimas soluciones independientes son de la forma

$\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}\qquad\qquad \begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}t$

El significado físico de estas dos soluciones es sencillo.

La primera corresponde a que estando las tres masas a las distancias de equiibrio las desplazamos una cierta cantidad fija e igual para las tres. El sistema sigue estando en equilibrio.

La segunda corresponde a un movimiento uniforme en que las tres masas se desplazan con la misma velocidad, manteniendo las distancias respectivas.

4 Solución particular

Una vez que tenemos las 6 soluciones independientes, la solución general es de la forma

$\begin{pmatrix}x_A\\x_B\\x_C\end{pmatrix}= c_1 \begin{pmatrix}-9\\3\\5\end{pmatrix}\mathrm{e}^{2\mathrm{j}t}+c_2 \begin{pmatrix}-9\\3\\5\end{pmatrix}\mathrm{e}^{-2\mathrm{j}t}+c_3\begin{pmatrix}1\\-7\\5\end{pmatrix}\mathrm{e}^{2\sqrt{6}\mathrm{j}t}+c_4\begin{pmatrix}1\\-7\\5\end{pmatrix}\mathrm{e}^{-2\sqrt{6}\mathrm{j}t}+c_5\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}+c_6\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}t$

Siendo las velocidades

$\begin{pmatrix}\dot{x}_A\\\dot{x}_B\\\dot{x}_C\end{pmatrix}=2\mathrm{j} c_1 \begin{pmatrix}-9\\3\\5\end{pmatrix}\mathrm{e}^{2\mathrm{j}t}-2\mathrm{j}c_2 \begin{pmatrix}-9\\3\\5\end{pmatrix}\mathrm{e}^{-2\mathrm{j}t}+2\sqrt{6}\mathrm{j}c_3\begin{pmatrix}1\\-7\\5\end{pmatrix}\mathrm{e}^{2\sqrt{6}\mathrm{j}t}-2\sqrt{6}\mathrm{j}c_4\begin{pmatrix}1\\-7\\5\end{pmatrix}\mathrm{e}^{-2\sqrt{6}\mathrm{j}t}+c_6\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}$

Para hallar los coeficientes imponemos las condiciones iniciales. Hacemos $t = 0$ y queda

$\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}= c_1 \begin{pmatrix}-9\\3\\5\end{pmatrix}+c_2 \begin{pmatrix}-9\\3\\5\end{pmatrix}+c_3\begin{pmatrix}1\\-7\\5\end{pmatrix}+c_4\begin{pmatrix}1\\-7\\5\end{pmatrix}+c_5\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}$

y

$\begin{pmatrix}0.16\\0\\0\end{pmatrix}=2\mathrm{j} c_1 \begin{pmatrix}-9\\3\\5\end{pmatrix}-2\mathrm{j}c_2 \begin{pmatrix}-9\\3\\5\end{pmatrix}+2\sqrt{6}\mathrm{j}c_3\begin{pmatrix}1\\-7\\5\end{pmatrix}-2\sqrt{6}\mathrm{j}c_4\begin{pmatrix}1\\-7\\5\end{pmatrix}+c_6\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}$

Esto nos da el sistema de ecuaciones

$\begin{array}{rcl} -9(c_1+c_2)+(c_3+c_4)+c_5&=&0\\ 3(c_1+c_2)-7(c_3+c_4)+c_5&=&0\\ 5(c_1+c_2)+5(c_3+c_4)+c_5&=&0\\ -18\mathrm{j}(c_1-c_2)+2\sqrt{6}\mathrm{j}(c_3-c_4)+c_6&=&0.16\\ 6\mathrm{j}(c_1-c_2)-14\sqrt{6}\mathrm{j}(c_3-c_4)+c_6&=&0\\ 10\mathrm{j}(c_1-c_2)+10\sqrt{6}\mathrm{j}(c_3-c_4)+c_6&=&0 \end{array}$

Con solución

$c_1=0.003\mathrm{j}\qquad c_2=-0.003\mathrm{j}\qquad c_3=-\frac{0.0005\mathrm{j}}{\sqrt{6}}\qquad c_4=+\frac{0.0005\mathrm{j}}{\sqrt{6}}\qquad\qquad c_5=0\qquad\qquad c6=0.05$

Llevando esto a la expresión general queda

$\begin{pmatrix}x_A\\x_B\\x_C\end{pmatrix}= -0.003\mathrm{j}\begin{pmatrix}-9\\3\\5\end{pmatrix}\mathrm{e}^{2\mathrm{j}t}+0.003\mathrm{j}\begin{pmatrix}-9\\3\\5\end{pmatrix}\mathrm{e}^{-2\mathrm{j}t}-\frac{0.0005\mathrm{j}}{\sqrt{6}}\begin{pmatrix}1\\-7\\5\end{pmatrix}\mathrm{e}^{2\sqrt{6}\mathrm{j}t}+\frac{0.0005\mathrm{j}}{\sqrt{6}}\begin{pmatrix}1\\-7\\5\end{pmatrix}\mathrm{e}^{-2\sqrt{6}\mathrm{j}t}+0,05\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}t$

Aplicando aquí la fórmula de Euler

$\mathrm{e}^{\mathrm{j}\alpha}=\cos(\alpha)+\mathrm{j}\,\mathrm{sen}(\alpha)$

resulta

$\begin{pmatrix}x_A\\x_B\\x_C\end{pmatrix}= -0.006\mathrm{j}\begin{pmatrix}-9\\3\\5\end{pmatrix}\mathrm{sen}(2t)+\frac{0.001}{\sqrt{6}}\begin{pmatrix}1\\-7\\5\end{pmatrix}\mathrm{sen}(2\sqrt{6}t)+0,05\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}t$

o separando por componentes

$\begin{array}{lcr} x_A&=&0.054\,\mathrm{sen}(2t)+\dfrac{0.001}{\sqrt{6}}\mathrm{sen}(2\sqrt{6}t)+0.05t\\&&\\ x_B&=&-0.018\,\mathrm{sen}(2t)+\dfrac{0.007}{\sqrt{6}}\mathrm{sen}(2\sqrt{6}t)+0.05t\\&&\\ x_A&=&-0.030\,\mathrm{sen}(2t)+\dfrac{0.005}{\sqrt{6}}\mathrm{sen}(2\sqrt{6}t)+0.05t \end{array}$

5 Solución en el sistema centro de masas

Una forma alternativa de abordar este problema consiste en identificar en primer lugar el movimiento del CM y a continuación analizar como se mueven las masas respecto al CM.

Por ser todas las fuerzas internas, el movimiento del CM es rectilíneo y uniforme, siendo su posición y velocidad inicial

$x_{G0}=\frac{m_Ax_{A0}+m_Bx_{B0}+m_Cx_{C0}}{m_A+m_B+m_C}=0\qquad\qquad v_{G0}=\frac{m_Av_{A0}+m_Bv_{B0}+m_Cv_{C0}}{m_A+m_B+m_C}=0.05$

(posteriormente a $x G$ habría que sumarle $11\ell_0/16$ , que es su posición teniendo en cuenta las longitudes de los muelles) Si ahora definimos coordenadas de cada masa respecto al CM