tema4 oscilaciones pequeñas
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Curso 2006-2007
Universidad ComplutenseJJ J N I II 1/23JJ J N I II 1/23
Tema 4Oscilaciones pequeñas
Curso 2006-2007
Universidad ComplutenseJJ J N I II 2/23JJ J N I II 2/23
Ejemplo introductorio
Tres muelles de longitud natural l ydos masasm que se mueven sobre unarecta horizontal. La separación entrelas paredes es 3l. El sistema tiene dosgrados de libertad
T =1
2m(x′21 + x′22
)V =
1
2k(x′1 − l
)2+
1
2k(x′2 − x′1 − l
)2+
1
2k(3l − x′2 − l)2(
∂V
∂x′i
)eq= 0 =⇒ x′01 = l y x′02 = 2l
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Universidad ComplutenseJJ J N I II 3/23JJ J N I II 3/23
Definimos las posiciones respecto al equilibrio xi ≡ x′i − x′0i.
L = T − V =1
2m(x21 + x2
2
)− k
(x21 − x1x2 + x2
2
)=⇒
mx1 + 2kx1 − kx2 = 0
mx2 + 2kx2 − kx1 = 0
Introducimos la siguiente notación matricial
K = k
(2 −1−1 2
)M = m
(1 00 1
)~q =
(x1
x2
)
L =1
2~q tM~q +
1
2~q tK~q
M~q + K~q = 0 −→ ~q = C ~A cos(ωt + δ)
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Universidad ComplutenseJJ J N I II 4/23JJ J N I II 4/23
(K − ω2M
)· ~A = 0 det |K − ω2M | = 0 =⇒
{ω21 = k/m
ω22 = 3k/m
donde ωi son las frecuencias normales.
Solución general cuando imponemos la condición ~AtiM
~Aj = δij :
~q =2∑i=1
Ci~Ai cos(ωit + δi) ~A1 =
1√2m
(11
)~A2 =
1√2m
(1−1
)
Sea A la matriz cuyas filas son las componentes de los vectores ~Ai, es decir,Aij es la componente j del vector ~Ai
A =1√2m
(1 11 −1
)
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Universidad ComplutenseJJ J N I II 5/23JJ J N I II 5/23
Coordenadas normales : Qi ≡ Ci cos(ωit + δi) =⇒ Qi + ω2iQi = 0
x1 =1√2m
(Q1 +Q2)
x2 =1√2m
(Q1 −Q2)
=⇒Q1 =
√m2 (x1 + x2)
Q2 =√m2 (x1 − x2)
=⇒ ~Q = AM~q
Lagrangiano en coordenadas normales :
L =1
2
(Q2
1 + Q22
)− 1
2
k
m
(Q2
1 + 3Q22
)
L =1
2~Q tI ~Q− 1
2~Q tω2 ~Q I ≡
(1 00 1
)ω2 ≡
(ω21 00 ω2
2
)Las matrices ahora son diagonales y las coordenadas son independientes.
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Universidad ComplutenseJJ J N I II 6/23JJ J N I II 6/23
Tratamiento general
Energía potencial
Sistema natural con n grados de libertad (q′1, . . . , q′n) y al menos una con-
figuración de equilibrio estable q′01, . . . , q′0n:(
∂V
∂qk ′
)eq
= 0
Desarrollamos el potencial en torno a ~q ′0 con V (~q ′0) ≡ 0
V (~q ′) =n∑k=1
(∂V
∂q′k
)eq
(q′k− q′0k) +1
2
n∑k=1
n∑l=1
(∂2V
∂q′k∂q′l
)eq
(q′k− q′0k)(q′l− q′0l)
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Universidad ComplutenseJJ J N I II 7/23JJ J N I II 7/23
El primer es nulo por la condición de equilibrio. Haciendo el cambio qk ≡q′k − q′0k y definiendo la matriz
Kkl ≡(∂2V
∂q′k∂q′l
)eq
=⇒ V (~q) =1
2
n∑k=1
n∑l=1
Kklqkql
La matriz K es simétrica y definida positiva (Kll > 0 y todos los determi-nantes hasta orden n× n son también positivos).
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Universidad ComplutenseJJ J N I II 8/23JJ J N I II 8/23
Energía cinética
Como el sistema es natural
T =1
2
n∑k=1
n∑l=1
M ′kl(~q
′)q′kq′l
donde q′l = ql.
M ′kl(~q
′) 'M ′kl(~q
′0) =
(∂2T
∂q′k∂q′l
)eq
≡Mkl
No es necesario tener en cuenta términos de orden superior en el desarrollode M ′
kl(~q′). Dichos términos dan lugar a contribuciones de tercer orden
o superior cuando se introducen en la expresión de T , puesto que debenmultiplicarse por términos de segundo orden de la forma q′kq
′l.
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Universidad ComplutenseJJ J N I II 9/23JJ J N I II 9/23
Lagrangiano y ecuaciones del movimiento
L =1
2
n∑k=1
n∑l=1
(Mklqkql −Kklqkql) =⇒ M~q + K~q = 0
Introduciendo la solución ~qk = Ck~Ak cos(ωkt + δk) tenemos(
K − ω2kM)· ~Ak = 0 =⇒ det |K − ω2
kM | = 0
Frecuencias normales : M−1K ~Ak = ω2k~Ak k = 1, 2, . . . n
Algo de álgebra elemental
M = OD(µ1, . . . , µn)Ot M 1/2 = OD(√µ1, . . . ,√µn)Ot
M−1/2 = OD(1/√µ1, . . . , 1/√µn)Ot
M 1/2 y M−1/2 son simétricas.
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Universidad ComplutenseJJ J N I II 10/23JJ J N I II 10/23
La matrizM−1/2KM−1/2
es simétrica y definida positiva.(M−1/2KM−1/2
)~Bk = ω2
k~Bk
~Bk ≡ M 1/2 ~Ak
ω2k > 0 y los vectores ~Bk son ortogonales dos a dos.
~Btk · ~Bj = δkj =⇒ ~At
k · M · ~Aj = δkj
de donde resulta que
δkj =n∑r=1
n∑s=1
AkrMrsAjs =n∑r=1
n∑s=1
AkrMrsAtsj =⇒ AMAt = I
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Modos y coordenadas normales
La solución general es
~q =n∑k=1
Ck~Ak cos(ωkt + δk)︸ ︷︷ ︸
Modo normal
=⇒ qi(t) =n∑k=1
CkAki cos(ωkt + δk)
Coordenadas normales : Qk(t) = Ck cos(ωkt + δk) , Ck, δk constantes.
qi(t) =n∑k=1
QkAki =⇒ ~q = At ~Q =⇒ ~Q = AM~q
Evidentemente verifican Qk + ω2kQk = 0 , k = 1, 2, . . . n
Cuando existe una frecuencia normal nula se dice que se trata de un modode traslación, y entonces Qk = αt + β.
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Universidad ComplutenseJJ J N I II 12/23JJ J N I II 12/23
Energía cerca del equilibrio
Como ~q = At ~Q tendremos
E =1
2~q tM~q +
1
2~q tK~q =
1
2~Q t AMAt︸ ︷︷ ︸
1
~Q +1
2~Q t AKAt︸ ︷︷ ︸
ω2
~Q
Tenemos que encontrar la matriz ω2. Definimos S ≡(At)−1
,
ω2 =(AMAt
)SM−1KAt
De la ecuación de autovalores M−1K ~Ak = ω2k~Ak, de donde
n∑s=1
(M−1K
)rsAks = ω2
kAkr
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Universidad ComplutenseJJ J N I II 13/23JJ J N I II 13/23
Multiplicando por Srj y sumando para todos los valores de r
n∑r=1
n∑s=1
Sjr(M−1K
)rs
(S−1
)sk= ω2
k
n∑r=1
Sjr(S−1
)rk︸ ︷︷ ︸
δjk
Por tanto,ω2 = D(ω2
1, . . . ω2n)
de manera que la energía se escribe como
E =1
2~Q t ~Q +
1
2~Q tω2 ~Q =
1
2
n∑k=1
(Q2k + ω2
kQ2k
)n osciladores armónicos independientes.
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Molécula lineal triatómica
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Las energias cinética y potencial son
T =1
2m(x′21 + x′23
)+
1
2M x′22
V =1
2k (x′2 − x′1 − l)
2+
1
2k (x′3 − x′2 − l)
2
Configuración de equilibrio estable
x′01 = arbitrario x′02 = x′01 + l x′03 = x′01 + 2l
Definimos xi = x′i − x′0i
L =1
2m(x21 + x2
3
)+
1
2M x2
2 −1
2k[(x2 − x1)
2 + (x3 − x2)2]
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Universidad ComplutenseJJ J N I II 16/23JJ J N I II 16/23
Las matrices requeridas son
M =
m 0 00 M 00 0 m
K =
k −k 0−k 2k −k0 −k k
La condición det |K − ω2
kM | = 0 nos permite obtener
ω21 =
k
mω22 =
k
m
(1 +
2m
M
)ω23 = 0
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Universidad ComplutenseJJ J N I II 17/23JJ J N I II 17/23
Mediante la relación(K − ω2
kM)· ~Ak = 0 obtenemos
~A1 =1√2m
10−1
~A2 =
√M
2m(2m +M)
1
−2mM1
~A3 =
1√2m +M
111
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Los modos normales son los siguientes:
Modo k = 1: x1 = −x3 y x2 = 0.
Modo k = 2: x1 = x3 = −(M/2m)x2.
Modo k = 3: x1 = x2 = x3 = αt + β.
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Universidad ComplutenseJJ J N I II 19/23JJ J N I II 19/23
Las coordenadas normales son las siguientes:
X1
X2
X3
= A M
x1
x2
x3
=⇒
X1 =
√m2 (x1 − x3)
X2 =
√mM
2(2m +M)(x1 − 2x2 + x3)
X3 =√2m +M xcm
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Vibraciones forzadas
Aquí r(t) es una función conocida. El Lagrangiano es
L =1
2m(x21 + x2
2
)− k
[(r − x2)
2 + (x2 − x1)2 + x2
1
]Ecuaciones del movimiento, con α2 ≡ k/m
x1 + 2α2x1 − α2x2 = 0
x2 + 2α2x2 − α2x1 = α2r(t)
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Universidad ComplutenseJJ J N I II 21/23JJ J N I II 21/23
La solución del sistema homogéneo (r = 0) es(xo1
xo2
)= C1
(1−1
)cos(√3αt + δ1) + C2
(11
)cos(αt + δ2)
Entrada escalón
r(t) = Rθ(t) θ(t) =
{0 t ≤ 01 t > 0
Una solución particular es xp1 = R/3 y xp
2 = 2R/3. Utilizando las condicio-nes iniciales x1(0) = x2(0) = 0 y x1(0) = x2(0) = 0 resulta que la soluciónpara t > 0 es
x1(t) =R
3+R
6cos(√3αt)− R
2cos(αt)
x2(t) =2R
3− R
6cos(√3αt)− R
2cos(αt)
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Pulsaciones
Frecuencias normales:ω21 = (2k′ + k)/m y ω2
2 = k/m.
Condiciones de contorno:x1(0) = x0, x2(0) = 0x1(0) = x2(0) = 0.
x1(t) =x0
2[cos(ω1t) + cos(ω2t)] = x0 cosω+t cosω−t
x2(t) = − x0
2[cos(ω1t)− cos(ω2t)] = x0 senω+t senω−t
siendo ω± = (1/2) (ω1 ± ω2).
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Universidad ComplutenseJJ J N I II 23/23JJ J N I II 23/23
Si ocurre que el acoplamiento entre las masas es débil (k′ � k) tendremosque ω+ '
√k/m y ω− ' (k′/2k)ω+ � ω+.
La energía se transfiere de unapartícula a otra en un tiempoigual a T/4 = π/2ω−.Descargue una animación en formato GIF
y la hoja de trabajo de Maple empleada
para generarla