Ecuaciones Diferenciales (aplicaciones)

UNIVERSIDAD NACIONAL MICAELA BASTIDAS DE APURIMAC FACULTAD DE INGENIERIA – ESCUELA PRFECIONAL DE INGENIERIA CIVIL

UNIVERSIDAD NACIONAL MICAELA BASTIDAS DE APURIMAC

FACULTAD DE INGENIERIA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERIA CIVIL

TEMA: APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES DE SEGUNDO ORDEN TAREA DE ECUACIONES DIFERENCIALES CORRESPONDIENTE A LA SEGUNDA UNIDAD

CURSO: Ecuaciones Diferenciales DOCENTE: Freddy Barrios Sanchez ESTUDIANTE: Taipe Enciso Rudy Isaac CODIGO: 182463

SEMESTRE ACADEMICO: 2020-I TAMBURCO - 2020

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APLICACIONES GEOMÉTRICAS 1. Hallar la familia de curvas cuyo radio de curvatura es constante. Solución: Si sabe que la −

dy es la pendiente de una recta dx

Definimos la siguiente recta

( x − a) = −

dy ( y − b) dx

( x − a ) dx = − ( y − b ) dy x 2 − ax + y 2 − by = r 2

2

    a  b a 2 b2  x − + y − = r + +     2 2 4 4     c1  c2    k2

( x + c1 )

2

+ ( y + c2 ) = k 2 familia de circunferencias 2

 ( x + c1 ) + ( y − c2 ) = k 2 2

2

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2. Hallar la familia de curvas con la propiedad de que su radio de curvatura en cualquier punto es igual a la longitud de la normal en dicho punto y en su mismo sentido. Solución:

r=

(

1 + ( y ')

)

2 3/2

y ''

La normal es igual a: y 1 + ( y ')

2

en sentido opuesto

Nos indica que la longitud de la normal es igual al radio

(1 + ( y ') )

2 3/2

y ''

= − y 1 + ( y ')

2

yy ''+ y '2 + 1 = 0 la expresión yy ''+ y '2 es la derivada de yy ' yy '+ x = c1

ydy + ( x − c1 ) = 0 integrando nos da la siguiente ecuación  y 2 + ( x − c1 ) = c2 ; es la familia de curvas. 2

3. Lo mismo que en el problema anterior, pero con sentido opuesto. solución:

(1 + ( y ') ) r=

2 3/2

y ''

La normal es igual a: y 1 + ( y ')

2

en sentido opuesto

Nos dice que la longitud de la normal es igual al radio

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(1 + ( y ') )

2 3/2

= y 1 + ( y ')

y ''

2

1 + y '2 = y '' y Luego hacemos un cambio de variable z = y ' =

1 + z 2 = yz

dy obteniendo: dx

dz dy

zdz dy zdz dy integrando  = = 2 2 1+ z y 1+ z y 1 ln (1 + z 2 ) = ln y + ln c1 2

z = c12 y 2 − 1 dx =

También sabemos que z =

dy dx

integración trigonométrica

 dx =  c

dy c y −1 2 1

2

2 1

dy y2 −1

c12 y 2 − 1 = ec1x + c2 − c1 y Elevamos al cuadrado y obtenemos

y=

1  ( c1x +c2 ) −( c1x +c2 )  ordenando e +e  2c1 

 2c1 yec1x + c2 = e

2( c1 x + c2 )

+ 1 la familia de curvas parabólicas es

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4. Hallar la familia de curvas con la propiedad de que su radio de curvatura es proporcional al cubo de la longitud de la normal. solución:

(1 + y '2 ) 2 dz 1 = ky 3 (1 + y ') 2 → 1 = ky 3 y ''  1 = ky 3 z y '' dy 3

DESPEJANDO

TENEMOS QUE:

dy −1 z2  ky 3 = zdz  2ky 2 + c1 = 2 → dx = 

u=

1 ky

dy  1  2c1 −    ky   

= 2c1 sent → 2c1 k y = csc t → 2c1 k dy = −ctg csc 

 1  x + c2 =   x + c2 = 2c1 −   2c1 k 2c1 k y   1 1 2c1 ( x + c2 ) 2 = y 2 −  y2 = 2c1 ( x + c2 ) 2 2c1 k 2c1 k −ctg csc  dt

y2 =

2

2

1 2c1 ( x + c2 ) 2 2c1k

5. Hallar la familia de curvas para las cuales el radio de curvatura es dos veces mayor que la normar (considerar y =  y ): solución:

Para cuando y = y : (1 + y '2 ) 2 1  entonces tenemos: = 2 y (1 + y '2 ) 2  1 + y '2 = 2 yy '' y '' 3

u=

dy du d 2 y du du dy du ; = 2 pero: = . = u dx dx dx dx dy dx dy

 1 + u 2 = 2 y.u.

du ; integrando por variables dy

separables:

dy udu m = 1 + u 2 2 2 =  2 y  1 + u 2 ; dm = 2udu  ln y = ln(1 + u ) + ln(c1 ) , despejando “y”…. y = (1 + u )c1

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Como: u =

dy  dx = dx

dy x + c2 2 y − c1  ( x + c2 ) 2 = 4c1 y − 4c12 ; integrando : ( ) = 2 c c y − c1 2 1 c1

Para cuando y = − y (1 + y '2 )  entonces tenemos: − y '' u=

3

2

= 2 y (1 + y '2 ) 2  1 + y '2 = −2 yy '' 1

dy du d 2 y du du dy du ; = 2 pero: = . = u dx dx dx dx dy dx dy

 1 + u 2 = −2 y.u.

du ; integrando por variables dy

separables:

1 dy udu m = 1 + u 2  - ln y = ln(1 + u 2 ) + ln(c1 ) , despejando “y”…. = (1 + u 2 )c1 − = ;  2 2y 1 + u dm = 2udu y  x = a( − sen( ) dy dy  dx = Como: u = ; integrando :   cicloides. . dx y = a(1 − cos( ) c1  −1 y

OSCILADORES 1. Un resorte cuelga verticalmente; su extremo superior está fi jo y del inferior pende una caja que pesa 196 N. Una vez en equilibrio se tira de la caja hacia abajo haciéndola desplazar 0.25 m y se suelta. Sabiendo que k N m = 80 y que la resistencia del aire es despreciable, hallar: a. La ley de movimiento de la caja. b. El tiempo necesario para que la caja se mueva desde la posición inicial hasta 0.0625 m por debajo de la posición de equilibrio. solución:

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w g 196 m= = 20kg 9.8

m=

 F = ma −kx = mx '' La ecuación del sistema es:

mx '' = − kx

 20 x '' = −80 x x ''+ 4 x = 0 p( r ) : r 2 + 4 = 0 r = 2i

 x(t ) = c1 cos(2t ) + c2 sin(2t ) x '(t ) = 2c2 cos(2t ) − 2c1 sin(2t ) x(0) = A = 0.25 = Evaluando

1 m 4

x '(0) = 0

A = c1 cos(0) + c2 sin(0) c1 = A 0 = 2c2 cos(0) − 2c1 sin(0) c2 = 0

x( t ) = A cos(2t ) x( t ) =

cos(2t ) 4

El tiempo necesario para que la caja se mueva desde la posición inicial hasta 0.0625 m por debajo de la posición de equilibrio será:

1 cos −1 ( 4 x( t ) ) 2 1 t = cos −1 (4  0.0625) 2 t = 0.659 s

t=

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2. Resolver el problema uno suponiendo que hay una resistencia del aire: solución: a. v/4 b. 4v solución: Para a. v/4

d 2x dx + b + kx = 0 2 dt dt 2 d x dx + 2n + a 2 x = 0.........( ) 2 dt dt b 2n = .......... m k a 2 = .......... m

m

Datos:

k = 80n / m; F = 196 N ; b = v / 4  b = 1/ 4

F 196 N ;m = ; m = 20kg g 9,80m / s 2

m= En

 hallamos el valor de 2n

1 1 2n = 4 = 20 80 2 En  hallamos el valor de a

a2 =

80 N / m =4 20

2 En  reemplazamos los valores 2n y a

d 2 x 1 dx + + 4x = 0 dt 2 80 dt 1 xG = xc ; p (r ) : r 2 + r + 4 = 0 80 1 1  ( ) 2 − 4(1)(4) 80 r = 80 2 1 r=−  1.999i = −0, 00625  1,999i 160 −

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Solución general será:

x = c1e

−

1 t 160

cos(1,999t ) + c2e

−

1 t 160

sen(1,999t )........(1)  solución general

Condiciones iniciales cuando:

t = 0; x = 0, 25 t = 0; x = 0 En la ecuación (1)

x(0, 25) = c1e

−

1 0 160

cos(1,999  0) + c2 e

−

1 0 160

sen(1,999  0)

0, 25 = c1 Derivamos la ecuación (1) 1 1 − t − t  1 −1601 t   1 −1601 t  160 160 x = c1  − 160 e cos(1,999t ) − 1,999e sen(1,999t )  + c2  − 160 e sen(1,999t ) + 1,999e cos(1,999t )      1 1 − 0 − 0  1 −1601 0   1 −1601 0  160 160 0 = c1  − 160 e cos(1,999  0) − 1,999e sen(1,999  0)  + c2  − 160 e sen(1,999  0) + 1,999e cos(1,999  0)      1 0 = (− 160 )c1 + 1,999c2

c2 =

( 1601 )(0, 25) = 0,00078 1,999

c2 = 0, 00078 Finalmente, en la ecuación (1) reemplazamos los valores de c1 y c2

x = 0, 25e

x=e

−

1 t 160

−

1 t 160

cos(1,999t ) + 0, 00078e

−

1 t 160

sen(1,999t )

(0, 25cos1,999t + 0, 00078sen1,999t )

 solución particular

Para b. 4v

d 2x dx + b + kx = 0 2 dt dt 2 d x dx + 2n + a 2 x = 0.........( ) 2 dt dt b 2n = .......... m k a 2 = .......... m

m

Datos:

k = 80n / m; F = 196 N ; F = mg ; b = 4v  b = 4

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F 196 N ;m = ; m = 20kg g 9,80m / s 2

m= En

 hallamos el valor de 2n

2n =

4 1 = 20 5

2 En  hallamos el valor de a

a2 =

80 N / m =4 20

2 En  reemplazamos los valores 2n y a

d 2 x 1 dx + + 4x = 0 dt 2 5 dt 1 xG = xc ; p (r ) : r 2 + r + 4 = 0 5 1 1 −  ( ) 2 − 4(1)(4) 5 r= 5 2 1 r = −  1.997i = −0, 01  1,997i 10 Solución general será:

x = c1e

−

1 t 10

cos(1,997t ) + c2e

−

1 t 10

sen(1,997t )........(1)  solución general

Condiciones iniciales cuando:

t = 0; x = 0, 25 t = 0; x = 0 En (1)

x(0, 25) = c1e

−

1 0 10

cos(1,997  0) + c2 e

−

1 0 10

sen(1,997  0)

0, 25 = c1 Derivamos la ecuación (1) 1 1 − t − t  1 −101 t   1 −101 t  10 10  x = c1  − 160 e cos(1,997t ) − 1,997e sen(1,997t )  + c2  − 10 e sen(1,997t ) + 1,997e cos(1, 997t )      1 1 1 1 − 0 − 0 − 0 − 0     0 = c1  − 101 e 10 cos(1,997  0) − 1,997e 10 sen(1,997  0)  + c2  − 101 e 10 sen(1,997  0) + 1,997 e 10 cos(1,997  0)      1 0 = (− 10 )c1 + 1,997c2

c2 =

( 101 )(0, 25) = 0, 0125 1,997

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c2 = 0, 0125 Finalmente, en la ecuación (1) reemplazamos los valores de c1 y c2

x = 0, 25e x=e

−

1 t 10

−

1 t 10

cos(1,997t ) + 0, 0125e

−

1 t 10

sen(1,997t )

(0, 25cos1,997t + 0, 0125sen1,997t )  solución particular

3. Una masa de 98 N de peso se cuelga de un resorte con lo que éste interrumpe su estado de reposo. Sabiendo que k = 4.9 N/m, hallar el movimiento de la masa si al soporte del resorte se le imprime una fuerza de y gt = sen 2 metros. solución:

Datos:

F = 98 N ; K=4,9N/m Donde: F = mg ; m =

98 N F ; m= ; m = 10kg 9,80m / s 2 g

El alargamiento del resorte es (x-y) entonces la ecuación es:

m

d 2x + k ( x − Fext ) = 0 dt 2

k d 2x k + ( x − Fext ) = 0 ; a 2 = 2 m dt m d 2x k 4,9 N / m + a 2 x = a 2 Fext ; a2 = ; a2 = ; a 2 = 0, 49 dt 2 m 10kg

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d 2x + 0, 49 x = 0, 49sen 2 gt............ dt 2 Donde:

xG = xc + x p ..........

a ) xc = ?

 p(r ) : r 2 + 0, 49 = 0  r 2 = −0, 49  r = 0, 7i

xc = c1 cos(0, 7t ) + c2 sen(0, 7t ) b) x p = ? ; x p = A cos 2 gt + Bsen 2 gt...........

xp = − A 2 gtsen 2 gt + B 2 g cos 2 gt xp = −2 Ag cos 2 gt − 2 Bgsen 2 gt En la ecuación

 reemplazamos los valores de las derivadas x p y x p

−2 Ag cos 2 gt − 2 Bgsen 2 gt + 0, 49( A cos 2 gt + Bsen 2 gt ) = 0, 49sen 2 gt (0, 49 A − 2 Ag ) cos 2 gt + (0, 49 B − 2 Bg ) sen 2 gt = 0, 49 sen 2 gt 0, 49 A − 2 Ag = 0;0, 49 B − 2 Bg = 0, 49 A=0 B (0, 49 − 2 g ) = 0, 49 B=

0, 49 0, 49 − 2 g

En la ecuación 

x p = 0  cos 2 gt + ( xp =

0, 49 ) sen 2 gt 0, 49 − 2 g

0, 49 sen 2 gt 0, 49 − 2 g

En la ecuación 

xG = c1 cos(0, 7t ) + c2 sen(0, 7t ) + Condiciones iniciales cuando:

t = 0; x = 0; x = 0

0, 49 sen 2 gt  ecuación general 0, 49 − 2 g

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0 = c1 cos(0) + c2 sen(0) +

0, 49 sen0 0, 49 − 2 g

c1 = 0 x = −0, 7c1sen(0, 7t ) + 0, 7c2 cos(0, 7t ) + 0 = −0, 7  0  sen(0) + 0, 7c2 cos(0) + 0 = 0, 7c2 + c2 =

0, 49 2 g cos 2 gt 0, 49 − 2 g

0, 49 2 g cos(0) 0, 49 − 2 g

0, 49 2 g 0, 49 − 2 g

−0, 7 2 g 0, 49 − 2 g

En la ecuación general reemplazamos los valores de c1 y c2

x=

−0, 7 2 g 0, 49 sen(0, 7t ) + sen 2 gt  solución particular 0, 49 − 2 g 0, 49 − 2 g

Finalmente, el movimiento de la masa es: x =

−0, 7 2 g 0, 49 sen(0, 7t ) + sen 2 gt 0, 49 − 2 g 0, 49 − 2 g

4. Se suspende una masa de 10 kg de un resorte, el cual se alarga 0.6533 m. La masa se pone un movimiento desde la posición de equilibrio con una velocidad inicial de 1 m/seg. dirigida hacia arriba. Hallar el movimiento resultante si la fuerza debida al aire es de 80v newtons. Solución:

Datos:

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W = mg ; m = 10kg ; fuerza del viento(b)=80N Se sabe que: K =

mg 10  9,8 = = 150 N / m ; K = 150 N / m m 0, 6533

Por la segunda ley de newton tenemos:

max =  F ; max = Fr + Fa m

dx dx d 2x = Fr + Fa ; Fr = −kx = −150 x ; Fa = −b = −80 2 dt dt dt

d 2x dx = −150 x − 80 2 dt dt 2 d x dx + 8 + 15 x = 0 2 dt dt

10

Donde:

xG = ? ; p (r ) : r 2 + 8r + 15 = 0  (r + 3)(r + 5) = 0  r1 = −3; r2 = −5 x = c1e −3t + c2e −5t solución general Condiciones iniciales cuando:

t = 0 ; x = 0 ; x  = −1 En la solución general

o = c1e −30 + c2e −50 ; o = c1 + c2 ; c1 = −c2 Derivando la solución general tenemos:

x = −3c1e −3t − 5c2 e −5t −1 = −3c1e −30 − 5c2e −50 ; −1 = −3c1 − 5c2 ; −1 = −3(−c2 ) − 5c2 ; c2 = En la solución general reemplazamos los valores de c1 y c2

1 1 x = − e−3t + e−5t 2 2 x=

e−5t − e−3t solución particular 2

Finalmente, el movimiento resultante es:

e−5t − e−3t x= 2

1 1 y c1 = − 2 2

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5. Supongamos que al sistema del problema anterior se le aplica una fuerza externa: f(t) = 10 sent. Hallar el movimiento resultante de la masa. solución: Del problema anterior tendremos la ecuación:

d 2x dx + 8 + 15 x = sent......(1) 2 dt dt X g = xc + x p a ) xc = ? : p (r )  r 2 + 8r + 15 = 0 r1 = −5 yr2 = −3 xc = c1e −3t + c 2e

−5 t

b) x p = ?; x p = A cos t + Bsent xp = − Asent + B cos t xp = − A cos t − Bsent Reemplazando en la ecuación (1):

− A cos t − Bsent + 8B cos t − 8 Asent + 15 A cos t + 15Bsent = sent 14 A cos t + 14 Bsent + 8B cos t − 8 Asent = sent 14 A + 8 B = 1 14 A + 8 B = 0 −4 130 7 B= 130 A=

 x(t ) = c1e −3t + c2 e −5t +

1 (−4 cos t + 7 sent ) 130

x(t ) = −3c1e−3t − 5c2e−5t + Por condiciones iniciales:

1 (4sent + 7 cos t ) solución general 130

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x(0) = 0 0 = c1 + c2 −

4 130

x(0) = −1 −1 = −3c1 − 5c2 +

7 130

−9 20 −25 c2 = 52

c1 =

x(t ) =

−9 −3t 25 −5t 1 e + e + (7 sent − 4 cos t ) solución particular 20 52 130

El movimiento resultante de la masa es:

x(t ) =

−9 −3t 25 −5t 1 e + e + (7 sent − 4 cos t ) 20 52 130

6. De un resorte que tiene una constante k = 50 se suspende un peso de 49 N. El peso se pone en movimiento desde el reposo, estirándolo 0.98 m hacia arriba de la posición de equilibrio y aplicando una fuerza externa f (t) = 10 sen2t. Si no hay resistencia del aire, hallar el movimiento del peso. solución:

md 2 x + kx − 10s e n 2t = 0 dt 2

5d 2 x + 50 x − 10 sen2t = 0.......(1) dt 2 Donde:

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xG = xc + x p a ) xc = ? : p (r ); r 2 + 10 = 0 r =  10i xc = c1 cos 10 + c1sen 10 b) x p = ?; x p = A cos 2t + Bsen2t xp = −2 Asen2t + 2 B cos 2t xp = −4 A cos 2t + 2 B cos 2t Remplazando en la ecuación (1) tenemos:

−4 A cos 2t − 4 Bsen2t + 10 Bsen2t + 10 A cos 2t = 2 sen2t 6 Bsen2t = 2 sen2t 6B = 2 1 3 1 x p = sen 2t 3

B=

1  x(t ) = c1 cos 10t + c2 sen 10t + sen2t solución particular 3 Por condiciones iniciales tenemos:

x(0) = −0.98 1 x(0) = −0.98 = c1 cos 0 + c2 sen0 + sen0 3 c1 = −0.98 x(0) = 0 derivando.ecua (1) 2 x(t ) = −c1 10 sen 10t + c2 10 cos 10t + cos 2t 3 2 0 = 10c2 + 3 2 − = c2 3 10 c2 = −0.21 1 x(t ) = −0.89 cos 10t − 0.21sen 10t + sen2t solución particular 3

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Finalmente, el movimiento del peso es:

1 x(t ) = −0.89 cos 10t − 0.21sen 10t + sen2t 3

7. Dos pesos iguales están colgados del extremo de un resorte. Si uno de ellos se desprende, hallar la ecuación del movimiento del otro peso. Sugerencia: x(0) = b. solución:

De la ecuación:

d 2 x kx + =0 dt 2 m kx M2 + =0 m 2

 k   k  k  M +  i  = 0 →  M − i   M + i m  m   m   2

m = 0, n =

k m

x(t ) = e0t (c1 cos x(t ) = c1 cos

k k t + c2 sen t) m m

k k t + c2 sen t m m

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Por condiciones iniciales:

x(0) = b b = c1cos 0 + c 2 sen0 c1 = b x(0) = 0 c2 = 0 El equilibrio se alcanza cuando

W = Fr mg = kx mg = kb k=

mg b

x(t ) = b cos

g t b

La ecuación del movimiento del peso es:

x(t ) = b cos

g t b

APLICACIÓN DE CAÍDA LIBRE 1. Hallar el tiempo necesario para que un cuerpo caiga a la Tierra desde la altura de 400 000 km. Se tiene conocimiento de que la altura se mire desde el centro de la Tierra y que el radio de ésta es de 6 400 km, aproximadamente. Solución: Datos:

𝑚 𝑇 = 5,98 𝑥 1024 𝑘𝑔 𝐺 = 6,67 𝑥 10

−11

2

𝑁𝑚 /𝑘𝑔

𝑔 = 9,74 𝑚/𝑠 2

➢ Por la segunda Ley de Newton 𝑑2 𝑟 𝐹=𝑚 𝑑𝑡 𝑑2 𝑟 𝑚𝑔 = 𝑚 𝑑𝑡

2

g=

GM R2

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Integramos 𝑟

∫ 0 𝑟

∫ 0

𝑑2 𝑟 = ∫𝑔 𝑑𝑡 𝑡 𝑑𝑟 = ∫ 𝑔𝑡 + 𝐶1 𝑑𝑡 0

𝑔𝑡 2 𝑟= + 𝐶12 + 𝐶2 2 Para: r = 0

t=0

⟼ 𝐶2 = 0 Derivando 𝑣=

𝑔𝑡 + 𝐶1 4

Para: 𝑣 = 0 𝑟=

𝑡 = 0 𝐶1 = 0

𝑔𝑡 2 2𝑟 ⇛𝑡=√ 2 𝑔

2(4𝑥108 ) 𝑡=√ 9,74 𝑡 = 9062,87 𝑠𝑒𝑔𝑢𝑛𝑑𝑜𝑠

t = 151 horas 2. Una partícula se mueve a lo largo del eje x de acuerdo con la ley:

d 2x dx + 4 + 13x = 0 2 dt dt Si esta partícula empieza su movimiento en x= 0, con una velocidad inicial de 6 m/seg hacia la izquierda, hallar: a. x en función de t. b. Los tiempos en que se producen las paradas. Solución: Solución de la ecuación:

x + 4 x + 13 = 0 .

P ( r ) = r 2 + 4r + 13 = 0 r1 = −2 + 3i a) x en función de t.

,

r2 = −2 − 3i

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−2 t −2 t Desplazamiento x = C1e cos 3t + C2e sin 3t

(

dx x = C1e−2t cos 3t + C2e −2t sin 3t dt

Derivando

. . . (1)

)

v = 2C1e −2t cos 3t − 3C1e −2t sin 3t − 2C2e −2t sin 3t + 3C2e −2t cos 3t

v = e −2t cos 3t ( −2C1 + 3C2 ) − e −2t sin 3t ( 3C1 + 2C2 ) . . . ( 2 ) Con las condiciones iniciales dadas

t =0

; v = −6 m / s .

En (2):

−6 = −2C1 + 3C2 C 2 = −2

Además En (1):

x=0

; t =0

C1 = 0

È x = C1e −2t cos 3t + C2e −2t sin 3t −2e −2t sin 3t b) Los tiempos en que se producen las paradas. Cuando la partícula para v = 0

,

t=?

−2 t −2 t De (2) v = −6e cos 3t + 4e sin 3t

0 = e −2t ( −6 cos 3t + 4sin 3t ) 4 sen 3t = 6 cos 3t tan 3t =

6 . 4

6 3t = arc tan   4 t = 18, 77 , en radianes → 0,33 radianes.

T = 0,33 + n

 3

radianes, siendo n = 0,1, 2,3,.., n

3. Una partícula de masa m se mueve por el eje x con una fuerza de repulsión que es inversamente proporcional al cubo de la distancia desde el punto x0 al origen. Determinar la ley de movimiento.

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4. Un cuerpo de masa m cae desde cierta altura con una velocidad v. Durante la caída, el cuerpo experimenta una resistencia que es proporcional al cuadrado de la velocidad. Hallar la ecuación del movimiento. Solución:

fuerza de resistencia = −kv 2 a. Por la segunda lede Newton

F = mg − Kv 2

m

dv = mg − kv 2 dt

→

dv k 2 + v =g dt m 2

d 2 x k  dx  +   =g dt 2 m  dt  Entonces la ecuación diferencial será

x ( t ) +

k 2 ( x) ( t ) = g m

Resolviendo esta ecuación diferencial Sea

k =P m → x + Px '2 = g

Cuya solución es cuando: x = 0 ; t = 0

x=

 kg  m ln cos h  t  k  m 

5. Si en el problema anterior m = 4kg , g = 9,8

m , k = 3, 673 Hallar: seg 2

a. La velocidad al cabo de dos segundos. b. El tiempo necesario para caer a una distancia de 8 metros. Solución: a. Como x =

 kg   m  .ln  cos h  t     k m   

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Derivando con respecto al tiempo

 kg  l sin h  t m  dy m  v= = dt k  kg  cos h  t  m   kg  kg m v = tan h  t  k  m  m

kg m

(e → Como tan hx = (e

 m kg  e v= k m  e

kg t m kg t m

−e +e

−

kg t m

−

kg t m

x

− e− x

x

+ e− x

) )

    

 e4,24 − e−4,24  v = 3, 26  4,24 −4,24  e +e  Reemplazando valores

v = 3, 26 (1) È v = 3, 26

m s

b. Cuando x = 8 metros

e

xk m

 kg  = cos h  t   m 

 xk  kg t = arccos  e m  m   t=

t=

m arccos (1549,98) kg

4 2 ln 1549,98 + (1549,98) − 1   3,673*9,8  t = 0, 33*8, 039

t = 2, 68 segundos

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6. Un hombre y su barca pesan 98 kg. La fuerza ejercida en la dirección del movimiento es 4,9 kg y la resistencia al movimiento es igual al doble de la velocidad. Determinar: a. La velocidad 20 seg después de que la barca haya empezado a moverse. b. La distancia recorrida al cabo de esos 20 segundos. Solución:

w = 98 kg → M = 10kg F = 4,9 kg

Fk = 2v Por la segunda ley de Newton

ΣF = ma       →      F − Fk = M

dv dt

F − 2v = M È

dv dt

dv 2 F + v= dt M M

Solución de la ecuación anterior

v=e

−

2 dt M

  M2 dt  F * dt * + C1  e M  

v = 0,5 F + C1e Con las condiciones v = 0

;

−

2 t M

t = 0 ; C1 = −0,5 F 2 − t   v = 0,5F 1 − e M  . . . (1)  

a. velocidad luego de 20 seg. 2( 20 )   − v = ( 0,5 )( 4,9 ) 1 − e 10     

v = 2, 4 m / s b. distancia después de 20 seg.

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Como:

dx =v dt

→

dx = v dt 2 − t    dx =  0,5F 1 − e M  dt → Integramos  

0,5FM − M2 t x = 0,5 Ft + e + C2 2 Cuando:

x=0 ; t =0

C2 = −

0,5FM 2

M − M2 t M → x = 0,5F (t + e − 2 2 Cuando: t = 20 seg

x = 36,97 metros

APLICACIONES DE CIRCUITOS ELÉCTRICOS 1. Un circuito consta de una inductancia de L = 0.5 henrios, una resistencia R = 20 ohmios, un condensador cuya capacidad es C = 0.0025 faradios y una femE = 100 voltios. Hallar la carga y la corriente, sabiendo que en t = 0, q = 0 e I = 0. Solución:

Datos: Inductancia Resistencia Condensador fem

L= 0,5 henrios R= 20 ohmios C= 0,0025 faradios E= 100 voltios

tenemos: la caída en la resistencia: IR= 20I dy

dy

la caída en la inductancia: L dx = 0.5 dx

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q

la caída en el condensador: C = 400q Por circuito eléctrico tenemos lo siguiente:

L

di q + + Ri = E (t ) dt c

Sabemos que:

dq dt di dq q dq L ( ) + + R ( ) = E (t ) dt dt c dt 2 d q dq q L 2 + R + = E (t ) dt dt c

i (t ) =

Aplicando la segunda ley de Kirchhoff dI

20I + 400q + O. 5 dT = 100 …….(1) d2 q dt2

q

dq

+ 40 dt + 800q = 200 Obtenemos la ecuación diferencial de orden superior no homogénea =

q

G

a)

+ c

q

q

.........( )

p

=? c

P(r ) = r 2 + 40r + 800 = 0

−40  402 − 4  800 2 r =20  20 r=

qc = e( −20t ) [c1cos 20t + c2 sen 20t ] b)

=?

q

p

q

p

q

p

=A ´= 0 =0

q

´´ =0

p

d 2q dq + 40 + 800q = 200 2 dt dt 0 + 0 + 800 A = 200 A = 0.25 Entonces tenemos:

q

p

= 0, 25

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qG = e( −20t ) [c1cos 20t + c1sen 20t ] + 0.25 para condiciones iniciales t=0 q=0 I=0

qg = e( −20t ) [c1cos 20t + c2 sen 20t ]

0 = e( −20( 0))[c1cos 20(0) + c2 sen20(0)] + 0.25 C1=-0.25

I=

dq = qG' = e( −20t ) [−20c1cos 20t + 20c2 sen20t ] − 20e( −20t ) [c1cos 20t + c2 sen20t ] dt

Para I=0 y t=0 en

0 = e( −20( 0))[−20c1cos 20(0) + 20c2 sen20(0)] − 20e( −20( 0))[c1cos 20(0) + c2 sen 20(0)] C1 =C2

I = 10e( −20t ) sen 20t La carga y la corriente son:

qG = e( −20t ) [−0.25cos 20t − 0.25sen20t ] + 0.25 I = 10e( −20t ) sen 20t 2. Un circuito eléctrico consta de una inductancia de L = 0.2 henrios, una resistencia R = 4 ohmios, un condensador cuya capacidad es C = 0.01 faradios. Hallar la carga q y la corriente I en el tiempo t, si en t = 0, q = 0.5 columbios e I = −1 amperio. Solución:

Datos: Inductancia Resistencia Condensador fem

L= 0,2 henrios R= 4 ohmios C= 0,01 faradios E= 100 voltios

tenemos: la caída en la resistencia: IR= 4I

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la caída en la inductancia: L la caída en el condensador:

dy dy = 0.2 dx dx q 100q C

Por circuito eléctrico tenemos lo siguiente:

L

di q + + Ri = E (t ) dt c

Sabemos que:

dq dt di dq q dq L ( ) + + R ( ) = E (t ) dt dt c dt 2 d q dq q L 2 + R + = E (t ) dt dt c

i (t ) =

Aplicando la segunda ley de Kirchhoff

4 I + 100q + 0.2

dI = 0 dT

d 2q dq + 20 + 500q = 0 Obtenemos la ecuación diferencial de orden superior homogénea 2 dt dt 2 P(r ) = r + 20r + 500 = 0

r=

−20  202 − 4 x500 2

r1 =-10 +20i r2 = -10-20i

q = e( −10t ) [c1cos 20t + c2 sen 20t ] para condiciones iniciales t=0 q=0.5

q = e( −10t ) [c1cos 20t + c2 sen 20t ] q = e −10(0) [c1cos 20(0) + c2 sen2(0)] C1 = 0.5

I=

dq = qG' = e( −10t ) [−20c1cos 20t + 20c2 sen20t ] − 20e( −20t ) [c1cos 20t + c2 sen20t ] dt

Para I=-1 y t=0 en

−1 = e( −10(0) [−20c1cos 20(0) + 20c2 sen20(0)] − 10e( −20(0) [c1cos 20(0) + c2 sen20(0)] C2 =0.2

I = e( −10t ) [−12 sen20t − cos 20t ] La carga y la corriente son:

q = e( −10t ) [c1cos 20t + c2 sen 20t ] I = e( −10t ) [−12 sen20t − cos 20t ]

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3. Resolver el problema 1, sabiendo que la fem aplicada es E=50cos10t Solución: Resolver el problema sabiendo que la fem aplicada es E=50cos10t Datos: Inductancia Resistencia Condensador fem

L= 0,5 henrios R= 20 ohmios C= 0,0025 faradios E= 50c0s10t voltios

tenemos: la caída en la resistencia: IR= 20I dy

dy

la caída en la inductancia: L dx = 0.5 dx q

la caída en el condensador: C = 400q Por circuito eléctrico tenemos lo siguiente:

L

di q + + Ri = E (t ) dt c

Sabemos que:

dq dt di dq q dq L ( ) + + R ( ) = E (t ) dt dt c dt 2 d q dq q L 2 + R + = E (t ) dt dt c

i (t ) =

Aplicando la segunda ley de Kirchhoff dI

20I + 400q + O. 5 dT = 50c0s10t …….(1)

d 2q dq + 40 + 800q = 100cos10t ecuación diferencial de orden superior no homogénea 2 dt dt

a)

q q

G

c

=

q +q c

p

=?

P(r ) = r 2 + 40r + 800 = 0

r=

−40  402 − 4  800 2

r1 =20 +20i r2 = 20-20i

qc = e( −20t ) [c1cos 20t + c2 sen 20t ] | b)

q

p

=

qp = Acos10t + Bsen10t

qp = −10 Asen10t + 10 Bcos10t

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qp = −100 Acos10t − 100 Bsen10t Reemplazando en la ecuación en la (1)

d 2q dq + 40 + 800q = 100cos10t 2 dt dt Se tiene que:

7 65 4 B= 65 7 4 qp = cos10t + sen10t 65 65 A=

qG = e( −20t ) [c1cos 20t + c2 sen20t ] +

7 4 cos10t + sen10t 65 65

para condiciones iniciales t=0 q=0 I=0

7 4 cos10t + sen10t 65 65 7 4 0 = e( −20(0) [c1cos 20(0) + c2 sen20(0)] + cos10(0) + sen10(0) 65 65 7 C1 = − 65 qG = e( −20t ) [c1cos 20t + c2 sen20t ] +

I=

dq 7 4 = qG = e( −20t ) [−20c1cos 20t + 20c2 sen20t ] − 20e( −20t ) [c1cos 20t + c2 sen20t ] − (10) sen10t + (10) cos10t dt 65 65

Para I=0 y t=0 en 0 = e(0) [−20c1cos 20(0) + 20c2 sen20(0)] − 20e(0) [c1cos 20(0) + c2 sen20(0)] − (10)

0=20C2 -20C1 +

C2 =

8 13

−9 65

La carga y la corriente son:

qG = I=

1 ( −20t ) [e [−7cos 20t − 9sen20t ] + 7cos10t + 4sen10t ] 64

1 ( −20t ) [e [320cos 20t − 40sen20t ] − 70cos10t + 40sen10t ] 65

7 4 sen10(0) + (10) cos (0) 65 65

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4. Un circuito tiene L = 10 henrios, R = 90 ohmios, C = 0.005 faradios y un voltaje E = 500 sen t. En t = 0 no hay carga en el circuito, pero sí hay una corriente inicial de 0.5 amperios, hallar la carga del condensador. Solución:

Datos: Inductancia Resistencia Condensador fem

L= 10 henrios R= 90 ohmios C= 0,005 faradios E= 500sent voltios

tenemos: la caída en la resistencia: IR= 90I dy

dy

la caída en la inductancia: L dx = 10 dx q C

la caída en el condensador: 200q Por circuito eléctrico tenemos lo siguiente:

L

di q + + Ri = E (t ) dt c

Sabemos que:

dq dt di dq q dq L ( ) + + R ( ) = E (t ) dt dt c dt 2 d q dq q L 2 + R + = E (t ) dt dt c

i (t ) =

Aplicando la segunda ley de Kirchhoff

90 I + 200q + 10

dI = 0 dT

d 2q dq + 9 + 20q = 50sent ecuación diferencial de orden superior no homogénea 2 dt dt qG = q c + q P

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a ) qc = ?

P ( r ) = r 2 + 9r + 20 = 0

r1 = −4 ; r2 = −5

q g = c1e −4 t + c2 e −5 t b) q P = ? q p = Acost + Bsent qp = −Asent + Bcost qp = −Acost − Bsent

Reemplazando en la ecuación

d 2q dq + 9 + 20q = 50sent 2 dt dt Se tiene que:

− Acost − Bsent − 9Asent + 9Bcost + 20Acost + 20Bsent = 50sent − B − 9 A + 20 B = 50

19 B − 9 A = 50 − A + 9 B + 20 A = 0

19 A + 9 B = 0

B=

475 221

A=

−225 221

qP =

−225 475 cost + sent 221 221

qG = c1e−4t + c2e−5t −

225 475 cos t + sent solución general 221 221

Entonces para condiciones iniciales t=0 q=0

qG = c1e−4t + c2e−5t −

225 475 cost + sent 221 221

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0 = c1e−4( 0) + c2e −5( 0) −

0 = C1 + C2 − C1 + C2 = I=

225 475 cos ( 0 ) + sen ( 0 ) 221 221

225 221

225 221

dq 225 475 = qG = −4c1e−4t − 5c2e−5t + sent + cos t dt 221 221

Para I=0.5 y t=0 en

0.5 = −4c1e−4( 0) − 5c 2e−5( 0) + 0.5 = −4C1 − 5C 2 +

4C1 + 5C 2 =

225 475 sen ( 0 ) + cos ( 0 ) 221 221

475 221

729 442

C1 =

117 34

C1 =

−63 26

qG =

117 −4t 63 −5t 225 475 e − e − cost + sent solución particular 34 26 221 221

Finamente la carga del condensador es:

qG =

117 −4t 63 −5t 225 475 e − e − cost + sent 34 26 221 221

DEFLEXIÓN DE VIGAS 1. Una viga horizontal de 9 m de longitud está empotrada en ambos extremos. Hallar la ecuación de su curva elástica y su máxima deformación vertical cuando tiene una carga uniformemente distribuida de 1 kilogramo por metro. Solución:

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Como la viga esta empotrada en ambos extremos soportada la mitad del peso

enlos extremos tendrauna fuerza asi arriba de

wl = 4.5 2

wl 2

wl x2 1 enel momentoop : M = x−w → M = 4.5x − x 2 2 2 2 wl l−x wl x2 enel momento pQ : M = →M= x−w (l − x ) − W (l − x ) 2 2 2 2 por  teoria  setiene    : M = EIY ‘‘ teniendo en cuenta y = 0 X = 0 yx = 1

wl x2 wl 3 x4 x − w    → integrando  EIY = x − w + c1 x + c2   2 2 12 24 3 l paralas condiciones dadas c1 = 0 y c2 = − w 24 w 1 por tantoY = −2 x 4 + 18 x3 − 729 x →Y = −2 x 4 + 18 x3 − 729 x 24 EI 24 EI la deformacion sera maxima cuando x = l EIY ‘‘=   M =

(

ymax =

)

(

)

−6461 24 EI

2. Una viga horizontal simplemente apoyada tiene una longitud de 10 m y un peso despreciable, pero sufre una carga concentrada de 40 kg que está a una distancia de 2 m del extremo izquierdo (origen). Hallar la ecuación de la curva elástica. Solución:

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Datos: L=10m ; p=40kg ; x= 2

 f y = 0 → RA + RB = 40

MA = 0

→ RB = 32

Y RA = 8

para el tramo 0  x  2

 M = 0     → M = 8 x     EIy‘‘= 8 xintegrando    EIy‘= 4 x 2 + c1 → EIY =

4 3 x + xc1 + c2 3

x = 0, y = 0 → c2 = 0

para el tramo 2  x  10 M = −8 X + 40 ( x − 8 )               EIY ‘= −4 X 2 + 10 ( x − 8 ) 2 + c3  

X 3 10 ( x − 8) EIY = −4 + + xc3 + c4 3 3 3

x = 8, y = 0 → 0 = −

4000 3 + 10 ( 0 ) + 10c3 + c4 3

4000 = 10c3 + c4 3

yI ‘= yII ‘  , x = 2 →−   4 (8 ) + c1 =  −4 (8 ) + 10 (8 − 8 ) 2 +c3    → c1 = c3     2

2

4 3 X3 yI = yII → x + xc1 + c2 = 4 − 10 ( x − 8) 3 + xc3 + c4 3 3

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c2 = c4

(

)

y=

1 4 X 3 + 400 X 0  X  2 RPT 3EI

y=

1 16 X 3120 X 2 + 400 X 2  X  10 RPT 3EI

(

)

3. Una viga horizontal de ocho metros de longitud esta empotrado en un extremo y libre en el otro; si la carga uniformemente repartida es W=4Kg/m, halar: a. La ecuación de la curva elástica b. La flecha máxima c. Solución:

d4y w a) Se sabe que = dx 4 EI r2 = 0

P(r):

Si Q ( x ) =

entonces Yc = c1 + c2 x + c3 x 2 + c4 x 3

w 4 entonces Yp = Ax EI

4 Resolviendo Yp = Ax :

En

d4y w = dx 4 EI

LUEGO: Yp = Como

Yp = 24 Ax

Yp = 12 Ax 2

Yp = 4 Ax3

24 A =

w EI

A=

Yp iv = 24 A

w 24 EI

w 4 x 24 EI

Y = Yp + Yc entonces

Y = c1 + c2 x + c3 x 2 + c4 x 3 +

w 4 x 24 EI

Aplicando condiciones iniciales: y ( 0 ) = 0 , y ( 0 ) = 0 , y ( L ) = 0 y y ( L ) = 0 se tiene:

Y =−

w 2 2 w w LX + LX 3 − X4 4 EI 6 EI 24 EI

Para L=8 y W=4:

Y =−

1 (384 X 2 − 32 X 3 + X 4 ) 6 EI

b) La flexión máxima se produce en L, X = 8

Ymax = −

1 2048 (384(82 ) − 32(83 ) + (84 )) Ymax = − 6 EI EI

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4. Una viga horizontal de 12 metros de longitud esta empotrada en ambos extremos. Si tiene una carga uniformemente distribuida de 3 Kg/m, hallar la ecuación de la curva elástica y la flecha máxima. Solución:

A. Se sabe que EIY  = M

wLx wx 2 wLx wx 2  SI M = Entonces EIY = − − 2 2 2 2 Integrando dos veces la expresión se tiene:

EIY =

wLx3 wx 4 − + c1 x + c2 12 24

c1 = − Y=

Para x=0 y=0

y x=L y=0 se tiene que:

wLx3 wx 4 wL3 x wL3 ; PARA L=12 y w=3 se tiene: −  c2 = 0 → EIY = − 24 12 24 24

1 (24 x3 − x 4 − 1728 x) 8EI

B. La flexión máxima se produce en L/2, X = 6

Ymax =

1 810 (−1728(6) + 24(63 ) − (64 )) Ymax = − 8EI EI

5. Resolver el problema anterior si además actúa un peso de 20 Kg en el punto medio de la viga. Solución: •

Para el tramo X=0 a X=6

EIY  = 28 x −

wx 2 2

Integrando:

28 x3 wx 4 EIY = − + c1 x + c2 6 24 Para x=3 y=0 •

c1 = −

309 8

Para tramo X=6 a X=12

c2 = 0 →Y =

1 112 x3 − 3x 4 − 927 x ) ( 24 EI

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EIY  = 28 x −

wx 2 L  − 20  x −  2 2 

Integrando: 3

28 x3 wx 4 10  L EIY = − −  x −  + c1 x + c2 6 24 3 2

c2 = 0 →Y =

c1 = −

309 8

1 32 x3 − 3x 4 + 1440 x 2 − 8640 x + 17280 ) ( 24 EI

6. Una viga sujeta en un extremo y libre en el otro tiene 6 m de longitud y varias cargas: una carga uniformemente repartida de 2 kg m y dos cargas de w = 10 kg aplicadas cada una en los puntos que distan 2 y 4 metros del extremo fi jo. Hallar la ecuación de la curva elástica y la fl echa máxima. Solución:

Realizamos el diagrama del problema:

•

F

y

calculando la reacción A(y):

= 0  Ay = 32 Kg

•

M

Determinamos los momentos M(x) en cada tramo: a. Tramo 1: 0<x<2

x M 1 + 96 − 32 x + 2 x( ) = 0 2 2 M 1 = − x + 32 x − 96 b. Tramo 2: 2<x<4

x M 2 + 96 − 32 x + 2 x( ) + 10( x − 2) = 0 2 2 M 2 = − x + 22 x − 76 c. Tramo 3: 4<x<6

x M 3 + 96 − 32 x + 2 x( ) + 10( x − 2) + 10( x − 4) = 0 2 2 M 3 = − x + 12 x − 36 Por teoria sabemos que:

EI

d2y = M ( x) ; aplicandolo para: dx 2

el tramo 1:

Calculando el momento M(A): A

= 0  M A = 96 Kg .m

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d2y = − x 2 + 32 x − 96 2 dx dy x3 EI = − + 16 x 2 − 96 x + c1 dx 3 4 x 16 x 3 EIy = − + − 48 x 2 + xc1 + c2 12 3

EI

por las condiciones iniciales tenemos:

y (0) = 0  c2 = 0 1 →y= (− x 4 + 64 x3 − 576 x 2 ) y(0)=0  c1 = 0 12 EI En el tramo2:

d2y = − x 2 + 22 x − 76 dx 2 dy x3 EI = − + 11x 2 − 76 x + c1 ......( ) dx 3 4 x 11x3 EIy = − + − 38 x 2 + xc1 + c2 .......(  ) 12 3

EI

condiciones iniciales para el tramo 2: dy 392 = .....( ) dx 3 -452 para x=2 ; y = .......(  ) 3 para x=2 ;

y=

392 3  De −452 (  ) tenemos que: c 2 = 3 ( ) tenemos que: c1 =

1 (− x 4 + 44 x3 − 456 x 2 − 1568 x + 1808) 12 EI

En el tramo 3:

d2y EI 2 = − x 2 + 12 x − 36 dx dy x3 EI = − + 6 x 2 − 36 x + c1 .....( ) dx 3 4 x EIy = − + 2 x 3 − 18 x 2 + xc1 + c2 ......(  ) 12

condiciones iniciales para el tramo 3: dy 724 = dx 3 -704 para x=0 ; y = 3 para x=0 ;

724 3  de −704 (  ) tenemos que: c 2 = 3 ( ) tenemos que: c1 =

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y= •

1 (− x 4 + 24 x3 − 216 x 2 − 8688 x + 8448) 12 EI

La flecha máxima se dará para x=6:

ymax =

−3964 EI

En general tenemos:

 1 4 3 2 12 EI (− x + 64 x − 576 x ) 0<x<2   1 y= (− x 4 + 44 x 3 − 456 x 2 − 1568 x + 1808) 2<x<4 12 EI  1 4 3 2 12 EI (− x + 24 x − 216 x − 8688 x + 8448) 4<x<6  MAS APLICACIONES 1. Una cuerda cuelga de dos extremos fijos. Determinar la forma de la cuerda si su densidad es constante. solución:

De la figura 2:

F F

x

= 0  − H + T cos( ) = 0; H=Tcos( )......(1)

y

= 0  −W .S + Tseno( ) = 0; W.S=Tsen( )......(2)

Tsen( ) W .S = = tag ( ) ; sabemos que la pendiente en cualquier punto de la cuerda T cos( ) H dy = tag ( ) ; sustituyendo en la ecuación anterior tenemos: está dada por dx  (2)  (1) →

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dy W .S como la densidad lineal de la cuerda es constante entonces el peso será constante. lo cual = dx H d 2 y W dS lo derivaremos respecto a “x” y tenemos: = ........( ) dx 2 H dx

Sabemos que la longitud de una cuerda está dada por: S = tenemos:



x

0

1+ (

dy 2 ) dx ; derivando respecto a “x” dx

dS dy = 1 + ( )2 ; y lo reemplazamos en ( ) . Tenemos: dx dx

du W dy du d 2 y d2y W dy 2 , ecuacion diferencial. Sea: = 1 + (u ) 2 u =  = 2  = 1 + ( ) 2 dx H dx dx dx dx H dx Resolvemos la ecuación diferencial integrando:



du 1 + (u ) 2

=

W dx H

W x W x + c1 → 1 + (u ) 2 = c1e H − u : condiciones: H dy como : y = b → = u = 0, cuando x=0 → reemplazando en la ecu. anterior tenemos que c1 = 1 dx

ln u + 1 + (u ) 2 =

→ 1 + (u ) = e 2

W x H W

−u x

( 1 + (u ) 2 ) 2 = (e H − u ) 2 → 1 + (u ) 2 = e Despejando u tenemos: u =

e

2

W x H W

2e H W

−1 x

2

W x H

W

x

− 2ue H + u 2

1 W x −W x → u = (e H − e H ) ; regresando a sus variables iniciales, 2 W

x − x H WH x −WH x dy dy 1 H H como : u = (e + e ) + c2 , por las condiciones → = ( e −  e ) tenemos: y = dx dx 2  2W H ; CONVENIENTEMENTE , cuando x=0 ; reempl. c2 = 0 iniciales: como : y = b → b = W e x + e− x H WH x −WH x , →y= (e + e ) , por las propiedades trigonométricas sabemos que cosh x = 2 2W

entonces relacionando la ecuación anterior:

y=

H W cosh( x) : es una ecuacion cateriana. W H

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2. Un péndulo de 1 m de longitud se suelta con una velocidad con 1 rad / seg desde un 2

5

extremo situado a un 1 rad respecto a la vertical a dicha vertical. Hallar la ecuación 10 del movimiento. solución:

•

Por la segunda ley de NEWTON tenemos que:

 F = m.a  −mgseno( ) = ma.......(1)

Sabemos que:

dv ds dv , v = ; s =  .l , r = l reemplando en a = tenemos : dt dt dt 2 d a=l 2 dt

a=

Reemplazando en (1) tenemos:

d 2 d 2 g + gsen (  ) = 0  + sen( ) = 0 ; Como  es muy pequeño  sen( ) =  dt 2 dt 2 l d 2 g  2 +  = 0 , es la ecuacion diferencial para el movimiento. Resolviendo la EC.D tenemos dt l los siguientes datos: l = 1/ 5m , g = 9.8m / s 2 l

d 2 + 49 = 0 dt 2  = ? → p(r ) = r 2 + 49 = 0  r1 = −7i; r2 = 7i →

  (t ) = c1 cos(7t ) + c2 sen(7t );  (t ) = −7c1sen(7t ) + 7c2 cos(7t ) , por las condiciones iniciales del problema:  (0) = 1/10rad ; (0) = 1/ 2rad / seg  (0) = 1/10rad

→ 1/10 = c1 cos(7.0) + c2 sen(7.0)  c1 = 1/10  (0) = 1/ 2rad / seg → 1/ 2 = −7c1sen(7.0) + c2 cos(7.0)  c1 = 1/14

 (t ) =

1 1 cos(7t ) + sen(7t ) 10 14

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3. Una cadena colocada sobre un clavo grueso pende 1 m de un lado y 2 m del otro. Si la cadena está resbalando, hallar el tiempo que tarda en caerse si el rozamiento es despreciable. solución:

Po la segunda ley de newton

d2y ma = m 2 = F dt Donde

y (0) = 0 …. (1)

dv (0) = 0 …. (2) dt W1 =

2 mg peso de la parte más larga 3

1 W 2 = mg peso de la parte más corta 3 W3 =

2 mgy el peso de la cadena respecto a una longitud de variable 3

Como W 1  W 2 el movimiento va direccionado hacía W 1 . Por tanto, se tendrá que las fuerzas a favor del movimiento son positivas y las fuerzas en contra son negativas.

d2y ma = m 2 = F = W 1 − (W 2 − W 3) dt Remplazando los pesos tenemos que:

ma = m

d2y 2 1 2 = F = mg − ( mg − mgy ) 2 dt 3 3 3

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d2y 2 1 − gy = g …. (3) 2 dt 3 3 Hallando Yg(t)

2 2g 2g 2g r2 − g = 0 → r =  entonces r1 = y r2 = − 3 3 3 3 Por lo tanto, se tendrá que:

Yg (t ) = c1e

t

2g 3

+ c2e

2g 3

−t

Hallando Yp(t) se tendrá que:

Yp(t ) = A →

dy d2y = 0 → 2 = 0 ... (4) dx dt

Remplazando (4) en (3)

2 1 1 0 − gA = g → −2 A = 1 → A = − 3 3 2 1 Yp(t ) = − 2 La solución de (3) es:

Y (t ) = Yg (t ) + Yp(t ) = c1e

t

2g 3

+ c2e

−t

2g 3

1 − ….. (5) 2

La derivada de Y(t) 2g 3

dy 2g t = c1e dx 3

−

2 g −t c2e 3

2g 3

….. (6)

Remplazando (1) en (5)

Y (0) = 0 = c1e

0

2g 3

+ c2e

−0

2g 3

−

1 1 → c1 + c2 = …. (7) 2 2

Remplazando (2) en (6)

dy 2g 0 (0) = 0 = c1e dx 3

2g 3

2 g −0 − c2e 3

Sumando (7) y (8) se tendrá que:

c1 =

1 1 y c2 = …. (9) 4 4

2g 3

→ c1 − c2 = 0 … (8)

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1 t Remplazando (9) en (5) Y (t ) = e 4

2g 3

1 −t + e 4

2g 3

 t 1 1 e − =  2 2  

2g 3

+e 2

−t

2g 3

  2g    1 − 1 = cos h  t  − 1 2  3     

Hallamos el tiempo en caerse:

   2g    2g    2g   2g  −1 Y (t ) = 1 = cos h  t  − 1 → 2 = cos h  t  − 1 → 3 = cos h  t  → 3cos h =  t  3   3   3  3       

)

(

(

)

(

cos −1 ( x) = ln x + x 2 − 1 → cos −1 (3) = ln 3 + 32 − 1 → cos −1 (3) = ln 3 + 8

(

)

ln 3 + 8 =

(

)

(

)

)

2g 2g t →t = ln 3 + 8 → t = 0, 69seg 3 3

Finalmente el tiempo es:

(

)

ln 3 + 8 =

2g 2g t →t = ln 3 + 8 → t = 0, 69seg 3 3

4. Resolver el problema 3 si el rozamiento es igual al peso de 0.5 m de cadena. Solucion:

Por la segunda ley de newton

ma = m

d2y =F dt 2

Donde

y (0) = 0 …. (1)

dv (0) = 0 …. (2) dt

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W1 =

2 mg peso de la parte más larga 3

1 W 2 = mg peso de la parte más corta 3 W3 =

2 mgy el peso de la cadena respecto a una longitud de variable 3

1 mg es el rozamiento de la cadena 2 Como W 1  W 2 el movimiento va direccionado hacía W 1 . Por tanto, se tendrá que las fuerzas a favor del movimiento son positivas y las fuerzas en contra son negativas a esto se le restara la fricción de la cadena.

ma = m

d2y 1 = F = W 1 − (W 2 − W 3) − mg 2 dt 2

Remplazando los pesos en la ecuación anterior se tiene que:

d2y 2 1 2 1 ma = m 2 = F = mg − ( mg − mgy ) − mg dt 3 3 3 2 d2y 2 1 − gy = − g ….. (3) 2 dt 3 6 Hallando Yg(t)

2 2g 2g 2g r2 − g = 0 → r =  entonces r1 = y r2 = − 3 3 3 3 Por lo tanto, se tendrá que:

Yg (t ) = c1e

t

2g 3

+ c2e

−t

2g 3

Hallando Yp(t) se tendrá que:

dy d2y Yp(t ) = A → = 0 → 2 = 0 ... (4) dx dt Remplazando (4) en (3)

2 1 1 0 − gA = − g → −2 A = 1 → A = 3 6 4 1 Yp(t ) = 4 La solución de (3) es:

Y (t ) = Yg (t ) + Yp(t ) = c1e

t

2g 3

+ c2e

−t

2g 3

1 + ….. (5) 4

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La derivada de Y(t) 2g 3

dy 2g t = c1e dx 3

2 g −t c2e 3

−

2g 3

….. (6)

Remplazando (1) en (5)

Y (0) = 0 = c1e

0

2g 3

+ c2e

2g 3

−0

+

1 1 → c1 + c2 = − …. (7) 4 4

Remplazando (2) en (6)

dy 2g 0 (0) = 0 = c1e dx 3

2g 3

2 g −0 − c2e 3

2g 3

→ c1 − c2 = 0 … (8)

Sumando (7) y (8) se tendrá que:

1 1 c1 = − y c2 = − …. (9) 8 8 Remplazando (9) en (5)

1 Y (t ) = − e 8

t

2g 3

1 − e 4

−t

 t 1 1 e + =−  8 4  

2g 3

2g 3

+e 2

−t

2g 3

  2g    1 − 1 = cos h  t  − 1 4  3     

Hallamos el tiempo en caerse:

   2g    2g    2g   2g  −1 Y (t ) = 1 = cos h  t  − 1 → 4 = cos h  t  − 1 → 5 = cos h  t  → 5cos h =  t  3   3   3  3       

)

(

)

(

(

cos −1 ( x) = ln x + x 2 − 1 → cos −1 (5) = ln 5 + 52 − 1 → cos −1 (5) = ln 5 + 2 6

(

)

ln 5 + 2 6 =

(

)

(

)

2g 2g t →t = ln 5 + 2 6 → t = 0,896seg 3 3

Finalmente el tiempo es:

(

)

ln 5 + 2 6 =

2g 2g t →t = ln 5 + 2 6 → t = 0,896seg 3 3

)

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5. Una caja cúbica de 2m de lado flota en agua. La caja sube y baja con un periodo de 1/2 seg. Si la densidad del agua es 1000 kg/m3, hallar el peso de la caja. Solución:

Datos

 = 1000kg / m3 g = 9,8 volumen = 8m3 periodo =

1 seg 2

Por principio de Arquímedes

F = v y m

d2y = v y yt 2

w d2y = v y g yt 2 d 2 y vg  = y yt 2 w d 2 y vg  − y=0 yt 2 w Hallando Yg(t)

r2 −

vg  vg  vg  = 0 → r1 = , r2 = − w w w

Utilizando el dato del periodo

T=

vg  1 2 w = → = w → w = 496.4kg 2 4 vg 

Finalmente el peso es:

w = 496.4kg