APLICACIONES FISICAS

.

Universidad Nacional de Ingeniería Facultad de Ingeniería Mecánica copyright  2016

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES Un navío de 84,000Tn (1Tn=1000kg), (1Tn=1000kg), parte del reposo. Suponiendo que qu e la resistencia al movimiento en kg es 7000v siendo v la velocidad en m/seg y que la fuerza de propulsión aplicado al navío es de 120,000kg. Hallar: a) La veloc velocida idad d en un tiempo tiempo cualqui cualquiera era.. b) La vel veloc ocida idad d limi limite te.. c) El tiempo tiempo en que tarda tarda alcanzar alcanzar los (9/10) (9/10) de la velocida velocidad d limite. limite.

Por newton tenemos: Fp Fr } W

    8410  = −  →   = 120− 7 10 →   = 120− 7 10

8410 =−→ 8410 ln 7 −12 −120 = − + 7−120 7   +  ln 7−12 −120 = − 1210 

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES Un navío de 84,000Tn (1Tn=1000kg), (1Tn=1000kg), parte del reposo. Suponiendo que qu e la resistencia al movimiento en kg es 7000v siendo v la velocidad en m/seg y que la fuerza de propulsión aplicado al navío es de 120,000kg. Hallar: a) La veloc velocida idad d en un tiempo tiempo cualqui cualquiera era.. b) La vel veloc ocida idad d limi limite te.. c) El tiempo tiempo en que tarda tarda alcanzar alcanzar los (9/10) (9/10) de la velocida velocidad d limite. limite.

Por newton tenemos: Fp Fr } W

    8410  = −  →   = 120− 7 10 →   = 120− 7 10

8410 =−→ 8410 ln 7 −12 −120 = − + 7−120 7   +  ln 7−12 −120 = − 1210 

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES

7−120=    →  :  = 0 →  = 0 →  = −120 →7−120=−120    a)

   )  = 120 (1− 7

b)

 =log→   = 120 7 / c)

108          = 109  = 109 120 = 7 7 108 = 120 1 −    →  = 1210 10 7 7 

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES Una lancha que pesa 500kg se desliza por un plano inclinado a 5 grados. La componente de la fuerza paralela A la dirección del movimiento es: 500sen5°=43.6kg. Si la fuerza de rozamiento que se opone es de 20kg. Y la resistencia del aire expresada en kg equivale a 0.05 veces la velocidad en cm/seg. Hallar la velocidad después De 10 segundos de iniciado el movimiento.

Por newton:

  =sin5°−20−0.05 →   =23.6−0.05  =23.6−0.05 → 500  

0.05v 20kg Wsen5° 5°

w


 =   → 23.6−0.05 500   +  → ln 23.6 − 0.05 = −   +  → −20ln 23.6 − 0.05 = 500 1000 →23.6−0.05=   →  = 20 23.6−      : = 0 →  = 0; = 23.6 →  = 472 1 −    →   = 10: →  = 472 1 −   /

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES Un hombre y su paracaídas caen a una velocidad de 55 m/seg. Hasta el momento de abrirse el paracaídas, reduciéndose despues la velocidad que tiende el valor límite de 5 m/seg. Siendo la resistencia del aire proporcional al cuadrado de la Velocidad. Hallar el tiempo de caída desde el momento en que se abre el paracaídas.

SOLUCIÓN:

=− →   =− →  =  −   =   −   +       →  − =   = 2  ln  =   +    −

Por newton:

 w


 +  → ln(  +−  = 2    C.I. :

 = 0 →  | ==55.En 1:   = ln

   

En (1) y despejando v:

→∞ →=5. En(2) : 5 =  →  = 

C.I. :

   − 1 + 55 (    + 1)     =  .           + 1 + 55 ( − 1)

    En (2) :  =      Luego:  = ln   

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES Un hombre y su paracaídas caen a una velocidad de 55 m/s, hasta el momento de abrirse el paracaídas, reduciéndose después la velocidad que tiende al valor limite de 5 m/s, siendo la resistencia del aire proporcional al cuadrado de la velocidad. Hallar el tiempo de caída desde el momento en que se abre el paracaídas. Solución:    Por newton :

 =  −  →   =− →  =  −   =   −   +       →  −  =   → 2    =  +1   −  = 2  +2  →          C.I. : =0 →=55. . 1:2  =   

(1)

En (1) y despejando v:

=





 .     ( )       (  ) 

(2)



UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES En (2) :

Luego :

   =    =     


Un cuerpo de masa m se lanza verticalmente en el aire a una velocidad inicial de . El cuerpo no encuentra resistencia del aire. Hallar:



a) La ecuación del movimiento b) Una expresión para la velocidad del cuerpo en un momento t. c) El momento

 en el cual llega el cuerpo a su altura máxima.

d) Una expresión para la posición del cuerpo en un momento t. e) La altura máxima alcanzada por el cuerpo.


 

• m. =-mg

 → . = -9.81 → v(t)= -9.81t + C • V(0)=  →  = C→ v(t)= -9.81t +   • v(t)=0 → 0=-9.81t +  → =  . • X(t)= (−9.81t +  )dt=-4.905  +  t + C • V(0)=


  t

• X(0)=0→C=0→ =-4.905 +

 .  .       • X( ) → ==-4.905 + . .  .  ,    • X( )= .


Un objeto de 4 N de peso se deja caer por su propio peso desde una altura de 1.000 metros. En su trayectoria encuentra una fuerza de rozamiento producida por el viento proporcional a la velocidad que lleva en cada instante, con constante de proporcionalidad igual a 0.05. Encontrar las ecuaciones de la velocidad y la posición para cualquier instante. ¿Cuánto tiempo transcurre hasta que alcanza una velocidad de 73 m/seg? ¿A qué altura se encuentra del suelo en ese instante? (Considerar la aceleración de la gravedad como g = 9,81 m/ )




 

• m. =mg-0.05v • V(0)=

 /,/ • → , =2,4525dt→ , =2,4525t +c • →4 - 0, 05v = C ⋅  , • →v(t)=80+ C ⋅  , pero v(0)=0 • →0=80+ C entonces c=-80


⋅ , x(t)= 80−80 ⋅  , () X(t)= 80t-652,396⋅  , +c →v(t)=80-80

x(0)=0= 652,396+c →c=-652,396 → x(t)=80t-652,396

⋅ , −652,396


v(t)=73 =80-80 Entonces 80

⋅ ,

⋅ , =7

Entonces t=19,8664 seg x(19,8664)=994,001 entonces 1000-994,001=6 metros del suelo


Un esquiador acuático P localizado en el punto (a, 0) es Remolcado por un bote de motor Q localizado en el origen y viaja hacia arriba a lo largo del eje Y. Hallar la trayectoria del esquiador si este se dirige en todo momento hacia el bote.


SOLUCION :

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES Del concepto geométrico de derivada se tiene que:

´ = tan = −  − 1 , pero de la figura 3.2 y teniendo en cuenta que PQ = a, se tiene que

sec=−  = −  Por lo tanto,

´ = −

 −      − 1 = − ,  > 0,

separando variables:



 −   =−  ,


  −  +    =    −  −  +  ;

Por medio de la sustitución trigonométrica x=sen en el lado derecho de la E.D. se llega a que:

como el esquiador arranca desde el punto (a, 0), entonces las condiciones iniciales son x = a, y = 0; sustituyendo en la solución general, se obtiene que C = 0. Luego la solución particular es:

 −  +    =    −  − 


.

Un cohete con masa estructural m1, contiene combustible de masa inicial m2; se dispara en línea recta hacia arriba, desde la superficie de la tierra, quemando combustible a un ´índice constante a (es decir, dm/dt = −a, donde m es la masa variable total del cohete) y expulsando los productos de escape hacia atrás, a una velocidad constante b en relación al cohete. Si se desprecian todas las fuerzas exteriores excepto la fuerza gravitacional mg, donde g la suponemos constante; encontrar la velocidad y la altura alcanzada en el momento de agotarse el combustible (velocidad y altura de apagado).


Solución: Como dm/dt = −a

 m = −at + C1

En t = 0, m = m1 + m2 luego m1 + m2 = −a 0 + C1 por tanto,

C1 = m1 + m2,  m = m1 + m2 − at

     =−−  →   =−−(−) O sea que,    =−+  Reemplazo m:  + −  = −  + −+   Dividiendo por  +  −:  = −+     


Luego

 =−+    +  −  +  = − −    +  −  + 

Condiciones iniciales en t=0, v=0, evaluando estos valores seria   ;

 =    +   = − −    +  − +   +    +   = − +    +  − 

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES Pero teníamos que m = m1+m2−at y como el tiempo de apagado se

produce cuando m = m1 ya que no hay combustible, es decir, m 1 = m1 + m2 − at. Por tanto at = m2  t = m2 /a o sea que cuando t = m 2 /a  v = velocidad de apagado. Sustituyendo, queda que

 = −   +    ++ −      = −   +   +

De la misma manera se encuentra que ha= altura alcanzada al

        acabarse el combustible =−  +  +      


Un objeto con masa de 100 Kg., inicialmente en reposo, se deja caer al agua desde un barco, y se sumerge. Mientras la gravedad atrae al objeto hacia abajo,una fuerza de boyanza igual a 1/40 del peso del objeto lo empuja hacia arriba (peso = mg). Si se supone que la resistencia del agua ejerce una fuerza sobre el objeto que es proporcional a la velocidad del propio objeto, con constante de proporcionalidad igual a 10 Kg./seg. encontrar la ecuación del movimiento del objeto. ¿Cuántos segundos transcurrirán para que la velocidad del objeto sea de 70 m/seg.?




m.  =mg-mg/40-10v v(0)=

 =9,81-24,525-10v   → =9,56485 -0,1v   → = dt →

9,56485 −0,1v


ln/9,56485 −0,1v/=t +c • =ln/9,56485 −0,1v /=0,1t +c • 9,56485 −0,1v =c ⋅  , • →v(t)= 95,6485 +c ⋅  , • →v(0)=0 →0=95,6485 +c → c=-95,6485 • →v(t)= 95,6485 −95,6485 ⋅  , • →v(t)=70 →70=95,6485 −95,6485⋅  , • →25,6475=95,6485⋅  , • → -10

• Entonces t=13,1622 segundos

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES Un cuerpo que cae partiendo del reposo en un líquido, alcanza una velocidad límite de Suponiendo que la resistencia del medio es proporcional al cuadrado de la velocidad determinar: t  1 seg . 2 a) La velocidad en cualquier instante. b)La distancia recorrida para NOTA.- Asumir

Dc = densidad del cuerpo,

D L  densidad del líquido

SOLUCIÓN.Del dato:



Dc  bD L 

W L



W b

W V

 b.

(  empuje  E )

W L V

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES Por Newton:  m

dv

ma  W  F R  E

 W  kv  2

W

1

 W (1  )  kv

W (b  1) kb W (b  1)

ln (

2

dt D o 1 dv W .   W  kv 2   W (1  )  kv 2 g dt D o

kb

W

dv  W (b  1) kb

0

 v2

kg W

1

 2

kb ln ( W (b  1) W (b  1) kb

kb

)

v

kgt W

 c1 ....

kb

Nos dicen: 1 b  1   v L  1  b

(1)

 k 

C . I . : t  0  v  0. En (1) : c1  0 . Queda :

b

kb

W ( b 1)

kg

kb

W

e2

W ( b 1)

kg

kb

W

e2

lím t  

v(t ) 

.

t

t

kg W

t

1  1 ..(2)

W (b  1)

Wb b 1

v(

En (2):

W (b  1)

v

W (b  1)

v v

) 2

a)

dt

W (b  1)

v

b 1 e 2 gt 1 ) . 2 gt b e 1

..(3)

kb

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES b) Nos piden y = ? De

(3) :

dv dt

(

 y  (

para t = 1/2

Para

b  1 e2 gt 1 b 1 e 2 gt 1  dy  ( ) . 2 gt ) . 2 gt dt . b e 1 b e 1

b 1 1 (e 2 gt 1) 2 ) . ln .  c1 b e 2 gt 1 2 g

t  0  y  0. En (4) : c1  

b 1 b

.

..(4) 1

2 g

ln 4

C.I. Nos queda en (4) ;

y  (

b  1) b

.

1 2 g

ln

e 2 gt  1) 21

..(5)

4 e 2 gt

t 

1 2

y  (

seg , en (5) tenemos :

b 1 b

).

1 2 g

ln

(e g  1) 2 4 e g


Un cuerpo cae a la tierra desde una altura H (la altura se mide desde el centro de la tierra y el radio de la misma es R). Determinar la velocidad con que cae y el tiempo que necesita para caer a la tierra. • SOLUCIÓN.Por la ley de la gravitación universal de Newton, sabemos que la fuerza de atracción esta dada por: F a 

GMm H 2

donde G = constante gravitacional. Ahora eligiendo sentido positivo hacia abajo y llamando y a la altura, en un instante t, desde el centro de la tierra; tenemos:


2

m

d y dt 2

  GM

2

m y 2

Pero

d 2 y

dt

dt

2

2



 

dy

GM

 v2  2

(v ) 

dt

dv

En (1) : v

GM

 

y 2

y y

dv

dy

dy

dt

GM y



H

c2

dv dy

 vdv   GM

2

1 y



1 H

)

dy y 2

GMm 2

 mg  GM  gR 2

..(4)

 c1   c2

C . I : t  t  0  y  H ,

O2

 v

v 2  2 GM (

Por otro lado; la fuerza de atracción que la tierra ejerce sobre la masa m, cercana a su superficie, es igual al peso de dicha masa. Así:

R

GM

GM

En (2):

.... (1)

. Luego :

d



2

v

dt 2

dy

v 



d y





c2



2

v  0. GM H

En (2) :

También la velocidad con que la masa m cae a la tierra, se encuentra haciendo y = R, en (3) y usando (4). Así: 1 1 v 2  2Gr 2 (  ) v  R H

2 gr ( H  R) H

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES Para calcular el tiempo de caída, de (3) tenemos: 2GM



H

de donde se elige el signo menos, ya que la velocidad disminuye. Luego:

v 

2GM (

1 y



t  c1

..(5)

C.I. : t  0  y  H . En (5) :

1

c1  0

H

Nos queda: dy dt

  2GM (



 

1 y



2GM

H  y

H

y

y H  y

1 H

)

dy  

2GM ( H  y) H

( H  y ) y  H arc sen (

H

dt

H

) 

2GM H

t

y  t 

2GM

H  y

 H H  y  )  ( H  y ) y  H arc sen ( 2GM  H 

Para el tiempo de caída, usamos . GM

 gR 2

Nos queda: 

H  y ( H  y ) y  H arcsen ( ) H

t 

H 2 gR

2

 H  y   ( H  y ) y  H arc sen ( H )   

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES Cuando la luz pasa a través de un vidrio se absorbe algo de ella.

Sea I(y) = la intensidad de la luz cuando penetra una capa de espesor

Sabiendo que la cantidad de luz absorbida por un vidrio de espesor pequeño es proporcional a la cantidad de luz incidente.

Entonces : dI dy

SOLUCIÓN.-

C . I . :

Tenemos que:

..(1)

 kI  I ( y )  ceky

Además si r % de luz se absorbe por un vidrio de espesor w, hallar el porcentaje de luz absorbida por un vidrio de espesor n w.

y  0  I  I 0 . En (1) : I O  c

Nos queda: Ahora:

I ( y )  I O e ky ..(2)

y  w  I  (1 

En ( 2) : (1 

r 100

r 100

) I 0  I 0e kw

) I O .


 (1 

 k 

r 100

1 w

)  e kw  kw  ln (1 

ln(1 

r 100

)

r 100

Para y = nw tenemos en (4) : I  I O (1  r ) n 100

)

Luego la cantidad de luz absorbida es I O  I O (1

r 100

)n

También: ky 

y w

ln (1 

r 100

)  ln (1 

..(3)

r 100

) y / w

El porcentaje de luz absorbida es: I O  I O (1 



Tenemos (3) en (2) :

e

ky



r y / w (1  ) 100

r I ( y )  I 0 (1  100

)

100

)

n

r n   x 100  100 1  (1  ) 100 



0  r  100.

Donde :

y / w

..(4)

I O

r




Un cuerpo es dejado caer verticalmente hacia . abajo con una velocidad inicial vo en un medio que ofrece una resistencia proporcional a la magnitud de la velocidad. Encuéntrese una relación entre la velocidad “v” y el tiempo “t”.


Solución • Haciendo el D.C.L. del cuerpo v

kv

mg


UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES Una pelota de masa m es lanzada verticalmente hacia arriba desde la superficie de la tierra con una velocidad inicial V0 V0.. Supongamos que no actúan fuerzas sobre la pelota excepto la de gravitación mg y la resistencia del aire de magnitud kv kv , donde v es la velocidad escalar. Hallar el tiempo en el cual la pelota alcanza su altura máxima, así como encontrar dicha altura máxima. Kv

F=-mg-Kv=ma mg

-g-kv/m = a =dV/dt -g = (k/m)V + dV/dt

 (ecuacion

lineal)

dy/dx + P(x).y =Q(x)  = V0

………(1)

Cuando t=0 



……….(2)

ura máxima alcanzada V=0 UNIVERSIDAD

NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES

 

mos hallado el valor del tiempo que demora en llegar a la altura máxima ……………..(3)

scomponemos scomponemos matemáticamente la velocidad, para luego integrarlo 

t=0 el S=0 

……………..(4)

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES Ahora hallamos la altura máxima ya que tenemos el tiempo en que demora en subir l a altura máxima y tenemos la ecuacion de la altura

Remplazando la ecuacion 3 en 4

Rpta:


Una bala se introduce en una tabla de h=10 cm. De espesor con la velocidad de V0= 200 m/s traspasándole con la velocidad V1= 80 m/s. Suponiendo que la resistencia de la tabla al movimiento de la bala es proporcional al cuadrado de la velocidad, hallar el tiempo del movimiento de la bala por la tabla.

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES H=10

V0

Vf

La tabla presenta una fuerza de resistencia por lo tanto planteamos lo siguiente :


F = ma = m

Por condición del problema tenemos:

m Integrando la expresión:

1


Además :

Integrando

2


Finalmente, reemplazamos 2 en 1 teniendo de esta manera:

Reemplazando los datos el valor de t es:


Un paracaidista(y por supuesto su paracaídas) cae desde el reposo. El peso combinado del paracaidista y su paracaídas es W. el paracaídas tiene una fuerza actuando sobre él(debido a la resistencia del aire) la cual es proporcional a la velocidad en cualquier instante durante la caída. Asumiendo que le paracaidista cae verticalmente hacia abajo y que el paracaídas ya esta abierto cuando el salto ocurre, describa el movimiento resultante.


SABEMOS: Resistencia proporcional a v. R=a.v

Condiciones iniciales: v=0 en t=0


Se lanza un cuerpo de masa constante hacia arriba, desde la superficie terrestre con una velocidad inicial Vo. Suponiendo que no hay resistencia del aire pero tomando en cuenta como varía el campo gravitacional de la tierra con la altura; encontrar la menor velocidad inicial que necesita tener el cuerpo para que no regrese a la tierra.


La gravedad va en sentido opuesto a la velocidad por lo tanto es negativa. Por fórmula: g 



dV dt



dV dh dh dt

dv dt





V



GMt ( Rt  h) 2

dV dh





GMt ( Rt  h) 2

dh

 ( R  h)

VdV  GM

t

2

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES V 2 2 C.I V o

2

2







GMt Rt  h

V = Vo

GMt RT

 C 

 C h= O

C=

V o

2

G

2

Mt Rt

Si no queremos que regrese debe cumplirse que para h=∞ V=0

(0) 2 2

=



GMt ( Rt  )

V o 



V o 2

2



GMt Rt

2GMt Rt


Un móvil de 490 N de peso desciende con una velocidad de 36 km/hr deslizándose por un plano inclinado que forma un ángulo de 30° con la horizontal. Si el coeficiente de rozamiento cinético entre el móvil y el plano es 0,3. La resistencia del viento es 0,5 veces la velocidad del móvil(m/s).Cual es la velocidad al transcurrir 20 segundos y cual es la velocidad limite






Un proyectil de masa m se dispara verticalmente hacia arriba, desde la Tierra hasta la Luna, con velocidad inicial Vo, teniendo en cuenta que las masas de la Tierra y de la Luna son Mt y ML , sus radios son R y r, que la distancia entre ambos es 60R, que R = 4r (aproximadamente ); y que la influencia del Sol, otros planteas y la resistencia del aire se deprecian, hallar: a)La velocidad en cualquier instante T b)La velocidad de salida para alcanzar el punto, entre la tierra y la luna, donde la gravedad es nula tenga en cuenta que MT = 81ML, gL =g/6 c)La velocidad que el proyectil debería tener para abandonar la Tierra y nunca regresar (también llamada velocidad de escape).


UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES Solución:

Aplicando la ley de la gravitación de Newton: ma = F1 - FT . . →

m

dv dt



G.

M L m

(60R  r  x )

2



G.

M T m

( R  x )2

.........(1)

Ahora, sabemos que la atracción de una masa m a la tierra es su peso W = mg Luego: m= mg → GMT = gR2 Si gL es la gravedad en la luna, entonces :GML = gL r2 En (1):

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES dv

g L r 2



(60 R  r

dt pero

dv

dv



dt

de (2) : v

dv

x)



dx

.

2

dx dt

2

gR



( R  x) 

v.

dv

ademas : t

dx

2

g L r



(60 R  r

dx



x)

............(2)

2

2



gR



0 x



0,

2

( R  x)

2

Teniendo en cuenta las condiciones iniciales: a) 2

2 g L r

2

2

2 gR

2

2 g L r

2

  vo  2 gR  60 R  r  x R  x 60R  r b)La gravedad es nula cuando (1) se anula, es decir :

v



GM L (60 R  r  x) como M T

2





GM T ( R  x)

81 M L 

2

ML



(60 R  r  x) 1

(60 R  r  x)

2



2

M T



( R  x) 81

( R  x)

2

2

v



vo

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES b) La gravedad es nula cuando (1) se anula, es decir:

x 

539 R  9r 10

, ademas en este punto( donde la gravedad es nula) se tiene : 2 o 

v  0 en (3) v

2 o 

v

2 gR 

vo2





vo

2 gR  

2 g L r 2

2 gR 



2 g L r 2

2 g L r 2  539 R  9r 60 R  r 60 R  r  10

20 g L r 2

60 R  r 60 R  r gR 525 gR 

6 x482





6 x 2205 99

2 gR . 0,99 

100

20 gR2 549 R  9r vo2



, pero r 

R 4



R

, gL 

2 gR(1  0,0002  0.02)

2 gR

c)la velocidad de escape (60 R   ) : vo



2 gR

2 gR2 539 R  9r 10 g 6

, luego :

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES Una barra de largo L, sección transversal A y densidadρo se sumerge en un liquido d densidad ρ. Recuerde que según el principio de Arquímedes el liquido ejerce sobre el cuerpo que se sumerge una fuerza opuesta que es igual al peso del fluido desplazado por el objeto. Si x denota la parte sumergida, considerando una velocidad inicial vo . a) Hasta que profundidad desciende la barra. b) Si vo=0 cual es la condición para que la barra descienda completamente.






UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES Un profesor redacta las notas del curso con una rapidez proporcional al numero de hojas ya escrita. Por otro parte sus alumnos son capaces de leer los apuntes con 8na velocidad constante. Al comenzar el curso, el profesor entrega 10 hojas a sus alumnos y posteriormente se les va proporcionando a medida que las escribe. Determine el atraso de uno de sus alumnos en la lecturade las notas al finalizar el terce3r trimestre si al cabo de del primero llevaba un atraso de 20 paginas y que al termino del sexto mes un atraso de 70 paginas. Considere el trimestre de 3 meses sin receso entre cada uno de ellos.




Solución: La descripción matemática es De donde al resolver la ecuación se tiene: Para t = 0, v= 10 m/seg , se tiene Para t = 5 seg , v=8 m/seg .


Solución:

Para v = 1 m/seg . De donde seg. RPTA

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES Una lancha se desplaza a la velocidad de v = 10 km/h, estando las aguas tranquilas. En plena marcha su motor fue desconectado. Al cabo de t=20 segundos, la velocidad de la lancha bajo hasta v 1 = 6 km/h. Considerando que la fuerza de resistencia del agua al movimiento de la lancha es proporcional a la velocidad de ésta, hallar la velocidad de la lancha a los 2 minutos de para el motor. Hallar también la distancia recorrida por la lancha durante un minuto después de parar el motor.

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES Solución: De la segunda ley de Newton:

 F  ma

kv m

dv dt

v

dv

 vo

v

t

 

k dt m

0

 v  vo e



kt m

Es la ecuación de la velocidad para cualquier instante. v

Condiciones iniciales: t = 0  v = v0 = 10 km/h <> 25/9 m/s Para t = 20 seg



v = 6 km/h <> 5/3 m/s

Para t = 2 min = 120 seg Ahora:

v

25 

e



5 3



25 9

(0,0255*120)



e 

kt m

k





0,0255



0,46887

m 0,13024

m s



25 9



e

kt m

km hr

9

La longitud recorrida se expresa de esta forma: Para t = 1 min = 60 seg Longitud recorrida por la lancha al minuto de apagar su motor: Velocidad de la lancha a los 2 minutos de apagar su motor:

v  0,13

m s

, Llancha



23,58m.


Un cuerpo de peso W cae partiendo del reposo. Si la resistencia del aire es proporcional a la velocidad y la velocidad límite es de 52 m/s, hallar la distancia recorrida en la caída en un tiempo de 5 segundos (g = 10 m/s2). Solución:

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES Según la segunda ley de Newton mg - kv = m

 −   = 

 

    :  +

 =  =  

 

  =

v=g

  

 

   +  =  +c        Condiciones iniciales: t= 0, v=0   C=  = 1 −   V= −        : ∞ ,  =  = 52 ,  = 10  =52 1 −    v= 52  Factor integrante:

 =  5 2 1 −    ,  =5

  = 0 , = 0

 − 1) =52(5)+ ( ()

=52+ (  −1)  = 92,98 m

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES Considere una población de peces P(t). Supongamos que la población inicial es de 100 peces, estos peces son una combinación de truchas maduras hembras y machos. Para bajos niveles de población y considerando los factores ambientales se sugiere que las funciones que normalizan la tasa de crecimiento y pérdida poblacional son inversamente proporcionales a la raíz cuadrada de la población presente en el instante t. Sobre la base de la descripción anterior, obtener un modelo matemático para la población de peces y encontrar una solución general para P(t). Dado que la población después de 6 meses será de 169peces, estimar cuántos peces estarán en el estanque después del primer año. Utilizando el mismo modelo, ¿cuál será el tamaño del la población después de cinco años?, y luego ¿qué puedes decir acerca de la exactitud del modelo matemático para los grandes tamaños de población?

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES Solución:

Dado que las tasas de mortalidad y las de natalidad se normalizan, podemos escribir la ecuación de balance como

Donde B y D son las funciones que normalizan las tasas respectivas. Según el problema las funciones que normalizan las tasas del nacimiento y mortalidad son inversamente proporcionales a la raíz cuadrada del tamaño de la población, o Por lo tanto, la ecuación de balance de población se convierte en Donde k es constante. De este modo, el modelo matemático de este sistema es simplemente: Esta es una ecuación separable, cuya solución se pueden desarrollar de la siguiente manera. En primer lugar rescribir la ecuación de balance como

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES La integración de ambos lados da Y despejando la solución general para la población de peces se convierte en: 1 2 P(t )  ( kt  t ) 2 Ahora, aplicando la condición inicial da

por lo que

y la solución es La tasa de crecimiento constante, k, se puede determinar a partir de los datos que figuran en el problema. Sabemos que después de 6 meses, Evaluando en (3) para t=6.

Con la tasa de crecimiento constante conocida, podemos utilizar l a ecuación (3) como un modelo predictivo. La evaluación de esta expresión en t = 1 año (12 meses) y de nuevo a los 5 años (60 meses) da:

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES Así, vemos que la población de peces crece con bastante rapidez, sobre todo a mayores valores de P (ya que la tasa de cambio de P es proporcional a ). Este modelo, sin embargo, predice que en un tiempo ilimitado el crecimiento poblacional será excesivo, y esto no es físicamente posible para un estanque de tamaño finito y limitados suministros de alimentos. El modelo puede ser adecuado en un período de varios años, pero finalmente su naturaleza sin límites daría lugar a grandes errores en un entorno real limitado. De la comparación del modelo predictivo y la capacidad real periódica de población de peces se alerta al usuario de la necesidad de modificar el modelo matemático para este ecosistema. A la derecha tenemos la gráfica de la estimación del modelo para distintos valores de k. En este caso su valor fue de 1.

I N G . C A R L O S R O J A S S E R N A U N I F I M

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES La fuerza de marea es un efecto secundario de la fuerza de gravedad que es responsable de la existencia de las mareas. Es el resultado de la diferencia de potencial gravitacional que existe a lo largo del diámetro de un cuerpo. Suponiendo que inicialmente la forma del cuerpo más grande era una esfera, la fuerza de marea que tenderá a convertirla en un elipsoide. El Límite de Roche es la distancia mínima que puede soportar un cuerpo, que mantiene su estructura únicamente por su propia gravedad y que orbita un cuerpo masivo, sin comenzar a desintegrarse debido a las fuerzas de marea que genera el objeto principal. Esto es lo que sucede con la tierra y la luna. Por último el ritmo de recesión es la velocidad con la que los cuerpos celestes o las galaxias se alejan entre si, y es inversamente proporcional a la sexta potencia de la distancia. Calcular el tiempo que le tomo a la luna llegar a su posición actual respecto de la tierra. Datos:

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES Solución: Hallando el valor de k

Reemplazando en (1) e integrando sería

Resolviendo tenemos

Donde sería la distancia actual a la que se encuentran y sería la distancia inicial mínima a la que pudieron estar o en otras palabras el Límite de Roche. Entonces reemplazando valores en (2)

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES En mayo de 1993 la población mundial alcanzó los 5.5 mil millones y a partir de entonces aumentó a la tasa de 250 mil personas por día. Suponiendo que las tasas de nacimiento y muerte fuesen constantes. ¿Para cuando se esperaría una población mundial de 11 mil millones?

SOLUCIÓN Partimos de esta ecuación diferencial denominada

crecimiento natural o exponencial:

dx dt

Integrando se obtiene: En nuestro problema:

ecuación de

 k . x

x  x(t)  e c .e kt  A.e kt P(t)  P 0 e kt

Donde: P (t)=: Población mundial en miles de millones t : en años

……..(1)

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES Datos:

P O  5.5

En t = 0 (1993) El aumento significa: De la ecuación

P 'O  0.00025(365.25)  0.0913

dP dt

 Lim t 

 P  kP t

k    

Donde: P: Número de individuos  : Tasa de mortalidad : Tasa de natalidad  P 0' 0.0913  1 dP  .     0.0166 k Entonces obtenemos:  P dt  5 . 5 P t  0 0 De esto deducimos que la población en 1993 estaba creciendo a la tasa de 1.66 por ciento Ln(11 / 5.)  42 (años) 0.0166 Corresponde al año 2035, suponiendo que las tasa de natalidad y mortalidad se mantuviesen constantes, la población mundial se estaría duplicando cada 42

De la Ec (1):

11  P (t )  5 .5 e 0.0166T

T 

APLICACIONES FISICAS

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