tema 6 petites oscil·lacions · tema 6: petites oscil·lacions 112 k és la onstant de torsió del...

Tema 6: Petites oscil·lacions 107

TEMA 6

PETITES OSCIL·LACIONS


6.1 Petites oscil·lacions al voltant de la posició d’equilibri

Suposem un sistema amb un grau de llibertat pel que només hi actuen forces conservatives i

pel que, per tant, es pot definir una funció energia potencial U(x). Si aquesta té un mínim local

a la posició x0 (punt d’equilibri estable) es pot fer un desenvolupament en sèrie de Taylor pel

conjunt de punts propers que envolten el mínim:

𝑈(𝑥) = 𝑈(𝑥0) + (𝑑𝑈(𝑥)

𝑑𝑥)

𝑥=𝑥0

(𝑥 − 𝑥0) +1

2(

𝑑2𝑈(𝑥)

𝑑𝑥2)

𝑥=𝑥0

(𝑥 − 𝑥0)2

+1

3!(

𝑑3𝑈(𝑥)

𝑑𝑥3)

𝑥=𝑥0

(𝑥 − 𝑥0)3 + ⋯

Com la funció presenta un mínim per x=x0, la derivada

primera és nul·la i la segona és positiva. Si els

desplaçaments respecte de la posició d’equilibri no són

gaire grans, els termes anharmònics (de tercer, quart, etc.

ordre) seran negligibles. Per tant:

𝑈(𝑥) = 𝑈(𝑥0) +1

2[𝑑2𝑈(𝑥)

𝑑𝑥2]

𝑥=𝑥0

(𝑥 − 𝑥0)2

Definint la segona derivada com la “constant elàstica” del moviment harmònic:

𝑘 = [𝑑2𝑈(𝑥)

𝑑𝑥2 ]𝑥=𝑥0

, tenim

𝑈(𝑥) = 𝑈(𝑥0) +1

2𝑘(𝑥 − 𝑥0)2

6.2 Moviment harmònic simple (mhs)

Suposem un cos de massa m, que està unit a una molla de

constant elàstica k i longitud natural l0. Si la molla s’estira fins

a una longitud l, i es verifica la llei de Hooke, la força que fa la

molla sobre el cos és: 𝐹 = −𝑘𝑥, on 𝑥 = 𝑙 − 𝑙0 és l’elongació.

Per tant, l’equació del moviment és:

𝐹 = 𝑚𝑎 → 𝑚𝑎 = −𝑘𝑥 → 𝑚𝑎 + 𝑘𝑥 = 0 → 𝑎 +𝑘

𝑚𝑥 = 0

Definint 𝜔02 = 𝑘

𝑚⁄ obtenim l’equació canònica:

𝑎 + 𝜔02𝑥 = 0 ↔ �̈� + 𝜔0

2𝑥 = 0 → 𝑎 = −𝜔02𝑥

és la pulsació lliure que s’expressa en rad/s (SI).

La solució de l’equació és:

𝑥(𝑡) = 𝐴 sin(𝜔0𝑡 + 𝜑0)

x0

U(x)

x

A

x(t)

A

t T

l0

l

x


v0

x0

x0 x0

x0

a0 a0

a0

v0 v0

v0

a0

A

A sin

=

x0

A cos = v0/

x0 > 0

v0 > 0

x0 > 0

v0 < 0

x0 < 0

v0 > 0

x0 < 0

v0 < 0

x(t) és l’elongació, A l’amplitud, la fase inicial i la fase 𝜑 = 𝜔0𝑡 + 𝜑0.

La freqüència angular , que s’expressa en rad/s, i la freqüència f0, que s’expressa en cicles/s

o Hz, estan directament relacionades:

𝜔0 = 2𝜋𝑓0 → 𝑓0 =𝜔0

2𝜋

La freqüència i el període T0, que s’expressa en s, són inversament proporcionals:

𝑓0 =1

𝑇0→ 𝑓0 =

2𝜋

𝜔0

La velocitat i l’acceleració són:

𝑣(𝑡) = 𝜔0𝐴 cos(𝜔0𝑡 + 𝜑0); 𝑎(𝑡) = −𝜔02𝐴 sin(𝜔0𝑡 + 𝜑0)

L’amplitud i la fase inicial es determinen a partir de les condicions inicials (x0 i v0).

𝑥0 = 𝐴 sin 𝜑0

𝑣0 = 𝜔0𝐴 cos 𝜑0

El quadrant on està situat l’angle 𝜑0 es determina a partir del signe de les condicions inicials

x0 i v0.

L’energia mecànica del sistema és:

𝐸 =1

2𝑚𝑣2 +

1

2𝑘𝑥2 =

1

2𝑚𝜔0

2𝐴2 cos2(𝜔0𝑡 + 𝜑0) +1

2𝑘𝐴2 sin2(𝜔0𝑡 + 𝜑0) =

1

2𝑘𝐴2

6.3 Exemples de moviments harmònics simples

6.3.1 Cos de massa m unit a una molla de constant elàstica k en

un pla inclinat

Prenent origen d’energia potencial gravitatòria quan el cos està

a dalt de tot, tenim que l’energia potencial del sistema és:

𝑈(𝑥) = −𝑚𝑔(𝑙0 + 𝑥) sin 𝛼 +1

2𝑘𝑥2

Derivant l’expressió de l’energia potencial determinarem la

posició del seu mínim x=x0 (equilibri estable):


𝑑𝑈(𝑥)

𝑑𝑥= 0 = −𝑚𝑔 sin 𝛼 + 𝑘𝑥0 → 𝑘𝑥0 = 𝑚𝑔 sin 𝛼

L’energia potencial es pot reescriure com:

𝑈(𝑥) =1

2𝑘𝑥2 − 𝑚𝑔(𝑙0 + 𝑥) sin 𝛼 =

1

2𝑘𝑥2 − 𝑘𝑥0(𝑙0 + 𝑥) =

=1

2𝑘𝑥2 − 𝑘𝑥𝑥0 +

1

2𝑘𝑥0

2 − 𝑘𝑙0𝑥0 −1

2𝑘𝑥0

2 =

=1

2𝑘(𝑥 − 𝑥0)2 − 𝑘𝑥0 (𝑙0 +

𝑥0

2)

Com l’energia potencial es defineix en termes d’una constant, sempre podrem prendre una

de forma que l’expressió final sigui:

𝑈(𝑥) =1

2𝑘(𝑥 − 𝑥0)2

És a dir, l’energia potencial seria com la d’un sistema massa-molla disposat horitzontalment,

pel que la massa oscil·la segons un mhs respecte la posició d’equilibri x0. En cap cas, però,

apareix l’angle del pla inclinat.

L’energia mecànica total del sistema és:

𝐸 =1

2𝑚𝑣2 +

1

2𝑘(𝑥 − 𝑥0)2

Com es conserva:

𝑑𝐸

𝑑𝑡= 0 = 𝑚𝑣𝑎 + 𝑘(𝑥 − 𝑥0)𝑣 → 𝑚𝑎 + 𝑘(𝑥 − 𝑥0) = 0 →

𝑎 = −𝑘

𝑚(𝑥 − 𝑥0)

És a dir, l’equació del moviment és com la d’un sistema massa-molla disposat

horitzontalment, pel que la massa oscil·la segons un mhs respecte la posició d’equilibri x0.

6.3.2 Pèndol i ressort de torsió

Tot seguit estudiarem el cas d’un pèndol de torsió. Cal dir que el que

explicarem també és vàlid per un ressort de torsió (sistema de regulació

dels rellotges antics) o una barra estabilitzadora, utilitzada a la suspensió

dels automòbils.

A la figura es mostra una placa rectangular que penja d’un filferro.

Si inicialment el sistema està en equilibri i girem la placa un angle ,

el filferro exerceix sobre la placa un parell de forces de moment

proporcional a l’angle, però de sentit contrari, que tendeix a

retornar-la a la posició d’equilibri:

𝑀 = −𝐾𝜃

M


K és la constant de torsió del filferro, que al SI s’expressa en Nm/rad. Aplicant l’equació del

moviment d’un SR pel cas de la rotació, tenim:

𝑀 = −𝐾𝜃 = 𝐼0𝛼 → 𝛼 = −𝐾

𝐼0𝜃

I0 és el moment d’inèrcia de la placa, respecte l’eix per on passa el filferro. Definint 𝜔0 =

√𝐾𝐼0

⁄ , obtenim l’equació canònica: 𝑎 = −𝜔02𝑥. Per tant, el període de les oscil·lacions és:

𝑇 = 2𝜋𝜔0

⁄ = 2𝜋√𝐼𝑂

𝐾

Treball autònom de l’alumne: Resoldre els apartats a i b del P2 del juny de 2019

6.3.3 Pèndol físic

Suposeu un sòlid rígid (SR) de massa m que oscil·la al voltant d’un

eix fix que passa pel punt O, essent el moment d’inèrcia respecte

aquest eix IO. Si quan el radi vector que va del punt O al CM, de

mòdul rOCM, forma un angle respecte la posició d’equilibri, la

velocitat angular del SR és , l’energia mecànica és:

𝐸 =1

2𝐼0𝜔2 − 𝑚𝑔𝑟𝑂𝐶𝑀 cos 𝜃

On hem pres origen d’energies potencials al punt O. Aplicant la

conservació de l’energia tenim:

𝑑𝐸

𝑑𝑡= 0 = 𝐼𝑂𝜔𝛼 + 𝑚𝑔 𝑟𝑂𝐶𝑀sin 𝜃

𝑑𝜃

𝑑𝑡

Com 𝜔 =𝑑𝜃

𝑑𝑡 , tenim que:

CM CM

O


𝐼𝑂𝜔𝛼 + 𝑚𝑔 𝑟𝑂𝐶𝑀𝜔sin 𝜃 = 0 → 𝛼 = −𝑚𝑔𝑟𝑂𝐶𝑀

𝐼𝑂sin 𝜃

Si l’angle és petit sin 𝜃 ≈ 𝜃. A més, si definim la pulsació a partir de la relació 𝜔02 =

𝑚𝑔𝑟𝑂𝐶𝑀/𝐼0, obtenim l’equació d’un mhs:

𝛼 = −𝜔02𝜃

El període és:

𝑇 = 2𝜋𝜔0

⁄ = 2𝜋√𝐼𝑂

𝑚𝑔𝑟𝑂𝐶𝑀

Un cas particular seria el d’un pèndol simple (cos de massa m unit a una corda de

longitud l) pel que 𝑟𝑂𝐶𝑀 = 𝑙 i 𝐼𝑂 = 𝑚𝑙2. En aquest cas el període és:

𝑇 = 2𝜋√𝐼𝑂

𝑚𝑔𝑟𝑂𝐶𝑀= 2𝜋√𝑙

𝑔⁄

Fer el problema 6.2.16

6.4 Associacions de molles

6.4.1 Sèrie

Al punt d’unió P hi actuen les forces degudes a les dues molles

𝐹1 = −𝑘1𝑥1; 𝐹2 = −𝑘2𝑥2

Com la massa de les molles és nul·la

𝐹2 − 𝐹1 = 0 → 𝐹2 = 𝐹1 = 𝐹

És a dir, la força és la mateixa en tots els punts.

L’elongació total és la suma d’elongacions 𝑥 =

𝑥1 + 𝑥2

El sistema de dues molles en sèrie és equivalent a

una molla amb una constant elàstica keq que

s’estira una longitud 𝑥 = 𝑥1 + 𝑥2 quan se li aplica

una força 𝐹2 = 𝐹1 = 𝐹. Per tant la constant

elàstica és:

l

P

x1 x2

k1 k2

x1+x2

F

F1 F2

P

x1+x2 keq


𝐹

𝑘𝑒𝑞= 𝑥 = 𝑥1 + 𝑥2 =

𝐹

𝑘1+

𝐹

𝑘2→

1

𝑘𝑒𝑞=

1

𝑘1+

1

𝑘2

→ 𝑘𝑒𝑞 =𝑘1𝑘2

𝑘1 + 𝑘2

6.4.1 Paral·lel

L’elongació de les dues molles és la mateixa x i la força

resultant és la suma de les forces que fan les molles per

separat. Per tant:

𝐹 = 𝐹1 + 𝐹2 = (𝑘1 + 𝑘2)𝑥 = 𝑘𝑒𝑞𝑥 →

𝑘𝑒𝑞 = 𝑘1 + 𝑘2

El mateix resultat s’obté pel cas d’un cos que es mou entre

dues molles en un espai fix. La distància que s’allarga una

molla x coincideix amb la que s’encongeix l’altra. La força

total sobre la massa és la suma de les dues forces:

𝐹 = 𝐹1 + 𝐹2 = (𝑘1 + 𝑘2)𝑥

Fer T8 del juliol de 2015 i el problema 6.2.19

6.5 Moviment harmònic amortit

Suposem una partícula sobre la que s’aplica una força elàstica conservativa

𝐹𝑒𝑙à𝑠𝑡𝑖𝑐𝑎 = −𝑘𝑥. Com és ben sabut, l’energia mecànica és 𝐸 =1

2𝑚𝑣2 +

1

2𝑘𝑥2.

Suposem, a més, que sobre ella també hi actua una força de fricció (no

conservativa) proporcional a la velocitat, però de sentit contrari (𝐹𝑓𝑟𝑖𝑐𝑐𝑖𝑜 = −𝑏𝑣).

Com vam veure al tema 2, la potència dissipada per la partícula degut a aquesta força és: 𝑑𝐸

𝑑𝑡= 𝑃 = 𝐅 · 𝐯 = −(𝑏𝐯) · 𝐯 = −𝑏𝑣2. Així, doncs, en aquest cas l’energia varia d’acord amb

la potència dissipada:

𝑑𝐸

𝑑𝑡=

𝑑

𝑑𝑡{1

2𝑚𝑣2 +

1

2𝑘𝑥2} = −𝑏𝑣2

Per tant, ara l’equació del moviment és:

𝑑𝐸

𝑑𝑡= −𝑏𝑣2 = 𝑚𝑣𝑎 + 𝑘𝑥𝑣 →

k1

k2

F1

F2

x

F1+F2 keq

k1 k2

x F1 F2

v

-bv


𝑚𝑎 + 𝑘𝑥 + 𝑏𝑣 = 0

El paràmetre b de la força de fricció s’expressa en kg/s o N·s/m (SI)

Definint la pulsació del sistema no amortit (que s’expressa en rad/s) i el paràmetre

d’amortiment (que s’expressa en s-1)

𝜔02 = 𝑘

𝑚⁄ → 𝑘 = 𝑚𝜔02 ; 𝑏 = 2𝑚𝛾 → 𝛾 = 𝑏

2𝑚⁄

s’obté l’equació canònica:

𝑎 + 2𝛾𝑣 + 𝜔02𝑥 = 0

Es tracta d’una equació diferencial homogènia de segon ordre. La solució depèn de la relació

entre i :

• Si < Moviment feblement amortit o subamortit.

• Si = Moviment crític.

• Si > Moviment sobreamortit.

6.5.1 Moviment feblement amortit ( < )

La solució de l’equació del moviment és:

𝑥(𝑡) = 𝐴𝑒−𝛾𝑡 sin(𝜔𝑡 + 𝜑0); 𝜔 = √𝜔02 − 𝛾2

El sistema oscil·la amb una amplitud que decreix amb

el temps:

𝐴(𝑡) = 𝐴𝑒−𝛾𝑡

La velocitat és:

𝑣(𝑡) = 𝐴𝑒−𝛾𝑡 𝜔 cos(𝜔𝑡 + 𝜑0) − 𝐴𝑒−𝛾𝑡𝛾 sin(𝜔𝑡 + 𝜑0) = 𝐴𝑒−𝛾𝑡 𝜔 cos(𝜔𝑡 + 𝜑0) − 𝛾𝑥(𝑡)

Els valors de l’elongació i la velocitat a l’instant inicial són:

𝑥0 = 𝐴 sin(𝜑0)

𝑣0 = 𝐴 𝜔 cos(𝜑0) − 𝛾𝑥0

Resolent el sistema d’equacions podem determinar els valors de l’amplitud i la fase inicial,

que només depenen de les condicions inicials (x0 i v0)

Cal dir que, tal com s’ha explicat pel cas del mhs, l’angle de fase inicial estarà en un determinat

quadrant en funció dels signes o sentits de x0 i v0.

Per determinar el valor mitjà de l’energia es pot considerar que, pel cas en què 𝛾 és prou petit,

l’amplitud no varia en un període. Com l’energia mitjana pel cas d’un mhs és 1

2𝑘𝐴2 tenim:

⟨𝐸⟩ =1

2𝑘𝐴2(𝑡) =

1

2𝑘𝐴2𝑒−2𝛾𝑡


6.5.2 Moviment sobreamortit ( > )

En aquest cas no hi ha cap oscil·lació i la solució de l’equació del moviment és:

𝑥(𝑡) = 𝐶1𝑒−𝛾1𝑡 + 𝐶2𝑒−𝛾2𝑡

𝛾1 = 𝛾 + √𝛾2 − 𝜔02; 𝛾2 = 𝛾 − √𝛾2 − 𝜔0

2

Derivant respecte del temps deduïm l’expressió de la

velocitat

𝑣(𝑡) = −𝛾1𝐶1𝑒−𝛾1𝑡 − 𝛾2𝐶2𝑒−𝛾2𝑡

Les constants C1 i C2 es determinen a partir de les condicions inicials (x0 i v0):

𝑥0 = 𝐶1 + 𝐶2

𝑣0 = −𝛾1𝐶1 − 𝛾2𝐶2

6.5.3 Moviment crític ( = )

En aquest cas tampoc hi ha cap oscil·lació.

La solució de l’equació del moviment és:

𝑥(𝑡) = (𝐶1 + 𝐶2𝑡)𝑒−𝛾𝑡

La velocitat és:

𝑣(𝑡) = −𝛾𝑒−𝛾𝑡(𝐶1 + 𝐶2𝑡)+𝐶2𝑒−𝛾𝑡 = (𝐶2 − 𝛾𝐶1 − 𝛾𝐶2𝑡)𝑒−𝛾𝑡

Les constants C1 i C2 es determinen a partir de les condicions inicials (x0 i v0):

𝑥0 = 𝐶1

𝑣0 = −𝛾𝐶1 + 𝐶2

6.5.4 Associacions d’amortidors

Suposem dos amortidors amb paràmetres de

fricció b1 i b2 que fan una força proporcional a la

velocitat. Si els associem en sèrie, la força és la

mateixa a tot arreu F = F1 = F2. Per contra, la

velocitat total és la suma de les velocitats v =

v1+v2. Així doncs el paràmetre efectiu d’aquesta

associació és:

𝑣 =𝐹

𝑏𝑒𝑓= 𝑣1 + 𝑣2 =

𝐹

𝑏1+

𝐹

𝑏2→ 𝑏𝑒𝑓 =

𝑏1𝑏2

𝑏1 + 𝑏2

Si l’associació és en paral·lel, la velocitat v és la

mateixa i la força que actua sobre la massa és la suma d’ambdues F = F1 + F2 . Així doncs:

𝐹 = 𝑏𝑒𝑓𝑣 = 𝐹1 + 𝐹2 = 𝑏1𝑣 + 𝑏2𝑣 → 𝑏𝑒𝑓 = 𝑏1 + 𝑏2

v1

v2

F1=-b1v1

F2=-b2v2

F=F1=F2

v v

F1=-b1v F2=-b2v

F=F1+F2


Fer els problemes 6.3.5, T5 del juny de 2015, T6 del juny de 2013, T4 del gener de 2018 i Q4

del juny de 2017

6.6 Moviment harmònic forçat

6.6.1 Solució general del problema

Suposem un cos de massa m sobre el qual actua una

força elàstica (−𝑘𝑥), una altra de fricció (−𝑏𝑣) i una

força externa periòdica 𝐹(𝑡) = 𝐹0 sin(Ω𝑡 + 𝜃0)

subministrada per un motor. Les potències dissipada a

causa de la força de fricció i cedida pel motor són respectivament −𝑏𝑣2 i 𝐹(𝑡)𝑣. Així, doncs,

les variacions d’energia són:

𝑑𝐸

𝑑𝑡=

𝑑

𝑑𝑡{1

2𝑚𝑣2 +

1

2𝑘𝑥2} = −𝑏𝑣2 + 𝐹0𝑣 sin(Ω𝑡 + 𝜃0)

Per tant, l’equació del moviment és:

𝑑𝐸

𝑑𝑡= −𝑏𝑣2 + 𝐹0𝑣 sin(Ω𝑡 + 𝜃0) = 𝑚𝑣𝑎 + 𝑘𝑥𝑣 →

𝑚𝑎 + 𝑘𝑥 + 𝑏𝑣 = 𝐹0 sin(Ω𝑡 + 𝜃0)

Definint els següents paràmetres

𝑘 = 𝑚𝜔02 ; 𝑏 = 2𝑚𝛾 i 𝐹0 = 𝑚𝐵

b

k

F(t)=F0sin(t+)

m


√4𝛾2Ω2 + (𝜔02 − Ω2)2

p

2𝛾Ω

𝜔02 − Ω2

p

L’equació canònica és:

𝑎 + 2𝛾𝑣+𝜔02𝑥 = 𝐵 sin(Ω𝑡 + 𝜃0)

La solució té dos termes: el transitori xT(t) i

l’estacionari xE(t).

𝑥(𝑡) = 𝑥𝑇(𝑡) + 𝑥𝐸(𝑡)

Per temps prou llargs 𝑡 ≫ 1𝛾⁄ el terme transitori és

negligible i la solució és la corresponent a

l’estacionari:

𝑥(𝑡) = 𝑥𝐸(𝑡) = 𝐴𝑝 sin(Ω𝑡 + 𝜃0 − 𝜙𝑝)

COMENTARIS:

1. Un cop passat el règim transitori el sistema vibra a la freqüència angular de la font externa

.

2. El període i la freqüència són:

𝑇Ω = 2πΩ⁄ ; 𝑓Ω = Ω

2π⁄

3. L’amplitud i la diferència de fases no depenen de les condicions inicials, sinó de la relació

entre , i .

𝜙𝑝 = tan−1 (2𝛾Ω

𝜔02 − Ω2

)

Com 2𝛾Ω > 0, el sinus de l’angle és sempre positiu. El cosinus, però, serà positiu si 𝜔0 > Ω

(𝜔02 − Ω2 > 0) i negatiu si 𝜔0 < Ω (𝜔0

2 − Ω2 < 0).

𝐴𝑝 =𝐵

√4𝛾2Ω2 + (𝜔02 − Ω2)2

=𝐵

Ω√4𝛾2 + (Ω −𝜔0

2

Ω)

2

Per Ω = 0 → 𝐴𝑝 =𝐵

𝜔02 i 𝜙

𝑝=0

Per Ω → ∞ → 𝐴𝑝 = 0 i 𝜙𝑝= 𝜋


𝐵

2𝜔0𝛾

𝐵

𝜔02

𝐵

2𝛾√𝜔02 − 𝛾2

𝜔0 Ω𝑟𝑎 Ω

𝐴𝑝

𝜋

2

𝜋

𝜔0 Ω

𝜙𝑝

0

Per Ω = 𝜔0 → 𝐴𝑝 =𝐵

2𝜔0𝛾 i 𝜙

𝑝=

𝜋

2

6.6.2 Ressonància en amplitud

La freqüència angular Ω𝑟𝑎 per la que l’amplitud és màxima es determina derivant Ap respecte

de . Una forma més senzilla, és imposar que el quadrat del denominador 4𝛾2Ω2 +

(𝜔02 − Ω2)2 sigui un mínim. En aquest cas:

𝑑

𝑑Ω[4𝛾2Ω2 + (𝜔0

2 − Ω2)2 ] = 0 → 8𝛾2Ω − 4Ω(𝜔02 − Ω2) = 0 → 2𝛾2 − 𝜔0

2 + Ω2 = 0 →

Ω𝑟𝑎 = √𝜔0

2 − 2𝛾2

L’amplitud per aquesta freqüència és:

𝐴𝑝 =𝐵

√4𝛾2(𝜔02 − 2𝛾2) + (𝜔0

2 − 𝜔02 + 2𝛾2)2

=𝐵

√4𝛾2𝜔02 − 4𝛾4

=𝐵

2𝛾√𝜔02 − 𝛾2

COMENTARIS:

1. A mesura que el paràmetre de fricció 𝛾

disminueix l’amplitud màxima

augmenta i la freqüència de ressonància

tendeix al valor de la freqüència natural

𝜔0.

2. A la ressonància les amplituds poden

arribar a ser prou grans per a crear

seriosos problemes mecànics.

6.6.3 Ressonància en velocitat

Derivant l’expressió de l’elongació tenim:

𝑣(𝑡) = Ω𝐴𝑝 cos(Ω𝑡 + 𝜃0 − 𝜙𝑝) = Ω𝐴𝑝 sin (Ω𝑡 + 𝜃0 − 𝜙𝑝 +𝜋

2)

Ω1𝑟𝑎 Ω2𝑟

𝑎 𝜔0 Ω

𝐴𝑝

𝛾1

𝛾2

𝛾3

𝛾4

𝛾1 > 𝛾2 > 𝛾3 > 𝛾4


0

𝜋/2

𝜔0 Ω

𝜙𝑣

−𝜋/2

Ω Ω𝑣𝑎 = 𝜔0

𝑣max

𝛾1

𝛾2

𝛾3

𝐵

2𝛾

𝛾1 > 𝛾2 > 𝛾3

Si definim la fase de la velocitat com: 𝜙𝑣 = 𝜙𝑝 − 𝜋/2, la velocitat s’expressa:

𝑣(𝑡) = Ω𝐴𝑝 sin(Ω𝑡 + 𝜃0 − 𝜙𝑣)

COMENTARIS:

1. La velocitat màxima és 𝑣𝑚𝑎𝑥 = Ω𝐴𝑝.

2. La ressonància en velocitat es produeix per la

freqüència natural Ω𝑣𝑎 = 𝜔0.

3. A la ressonància 𝑣𝑚𝑎𝑥 =𝐵

2𝛾=

𝐹0

2𝑚𝛾=

𝐹0

𝑏.

4. A la ressonància la força i la velocitat estan

en fase (𝜙𝑣 = 0) i, per tant, la potència 𝑃 = 𝑭 ∙

𝒗 és màxima.

Fer a classe els problemes P1 del juliol de 2017,

P1 del juny de 2017 i problema extra.

𝜔0 Ω

⟨𝐸⟩

𝐹02

4𝑚𝜔02

𝐹02

8𝑚𝛾2


Problema extra

Un cotxe, que tira d’un remolc buit de 500 kg de massa, es mou per una carretera amb uns

sots disposats periòdicament cada 1.2 m. El conjunt de molles del remolc és equivalent a una

molla amb una constant elàstica tal que quan al remolc se li afegeixen 75 kg aquesta es

comprimeix 3 mm. Si negligim l’amortiment, determineu a quina velocitat s’hauria de moure

el cotxe perquè l’amplitud de les vibracions del remolc siguin màximes.


Problemes d’examen suggerits


1. Moviment harmònic simple

T4 del gener de 2013

Q3 del gener de 2018

P2 del gener de 2015

2. Moviment harmònic amortit

T2 del juny de 2018

P2 del juliol de 2016


P2 del juny de 2014

P2 del juny de 2018




3. Moviment harmònic forçat

P1 del gener de 2017,

T2 del juliol de 2016

P1 del juny de 2015



T2 del gener de 2015



P2 del juny de 2012

T6 del juny de 2015




P2 del juny de 2011



tema 6 petites oscil·lacions · tema 6: petites oscil·lacions 112 k és la onstant de torsió del...

Documents