trabajo ecuaciones
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SISTEMA RESORTE MASA: MOVIMIENTO LIBRE NO AMORTIGUADO
3. Una masa que pesa 24 libras se sujeta al extremo de un resorte y lo estira 4 pulgadas. En
un inicio, la masa se libera del reposo desde un punto situado 3 pulgadas por encima de la
posiciΓ³n de equilibrio. Encuentre la ecuaciΓ³n de movimiento.
La ecuaciΓ³n diferencial de movimiento libre no amortiguado es:
π π2π₯
ππ‘2 = β πΎ ( π + π₯) + π π
Utilizando la condiciΓ³n de equilibrio.
ππ = π π β π = ππ
π
ππ₯´´ = β πΎ ( ππ
π + π₯ ) + π π
ππ₯´´ = β ππ + π π₯ + π π
ππ₯´´ + π π₯ = 0
π€ = 24 ππ
π1 = 4 ππ
π2 = 3 ππ
Primeramente convertimos las pulgadas en pies
6 ππ β 0.5 ππ‘
4 ππ β π
π1 = 4 ππ β 0.5 ππ‘
6 ππ=
1
3 ππ‘
6 ππ β 0.5ππ‘
3 ππ β π
π2 = 3 ππ β 0.5 ππ‘
6 ππ=
1
4 ππ‘
Sabemos que π€ = ππ se puede despejar m que es lo que necesitamos, es decir:
π = ππ β π = π€
π =
24 ππ
32 ππ‘/π 2 =
3
4ππ
πΉ = ππ β 24 ππ = π 1
3 ππ‘
πΎ = 72 ππ/ππ‘
Con toda la informaciΓ³n anterior se puede construir nuestra ecuaciΓ³n
3/4 π₯´´ + 72 π₯ = 0
π(0) = β1
4porque inicialmente se encontraba por encima de la posiciΓ³n de equilibrio
πΒ΄(0) = 0ya que la masa se libera del reposo
Resolviendo la ecuaciΓ³n homogΓ©nea:
3/4 π2 + 72 = 0
π2 = β72
3/4 = β96
π = 4β6 π
πΌ = 0 π½ = 4β6
π₯ = πΆ1π ππ(4β6π‘) + πΆ2πππ (4β6π‘)
Evaluando la primera condiciΓ³n inicial
π(0) = β1
4
β1
4= πΆ1π ππ(4β6(0)) + πΆ2πππ (4β6(0))
β1
4= πΆ2
Derivando y evaluando la segunda condiciΓ³n inicial
πΒ΄(0) = 0
πΒ΄ = 4β6πΆ1πππ (4β6π‘) β 4β6πΆ2π ππ(4β6π‘)
0 = 4β6πΆ1πππ (4β6(0)) β 4β6πΆ2π ππ(4β6(0))
0 = πΆ1
En conclusion la ecuaciΓ³n de movimiento es:
π₯ = β 1
4πππ (4β6π‘)
22. Un resorte de 4 pies mide 8 pies de largo despuΓ©s de unirlo a una masa con peso de 8
libras. El medio a travΓ©s del cual se mueve la masa ofrece una fuerza de amortiguamiento
numΓ©ricamente igual a β2 veces la velocidad instantΓ‘nea. Encuentre la ecuaciΓ³n de
movimiento si la masa se libera inicialmente desde la posiciΓ³n de equilibrio con velocidad
descendente de 5 ππ‘ π ππβ . Encuentre el momento en el cual la masa logra su
desplazamiento extremo a partir de la posiciΓ³n de equilibrio ΒΏCuΓ‘l es la posiciΓ³n de la masa
en ese instante?
π = 8ππ
π = 8 ππ‘ β 4 ππ‘
π = 4 ππ‘
π½ = β2
La ecuaciΓ³n que describe al peso es:
π = ππ β₯€ π =π
πβ₯€ π =
8 ππ
32 ππ‘ π 2β=
1
4ππ
Para dar soluciΓ³n al problema utilizamos la ecuaciΓ³n de un sistema resorte masa
movimiento libre amortiguado:
π2π₯
ππ‘2+ (
π½
π)
ππ₯
ππ‘+ (
π
π) π₯ = 0
π2π₯
ππ‘2+ 2π
ππ₯
ππ‘+ π2π₯ = 0
A saberse que:
2π = (π½
π) ; π2 = (
π
π)
π = ππ β₯€ π =π
π β₯€
8 ππ
4 ππ‘= 2 ππ ππ‘β
Ahora, se tiene la siguiente ecuaciΓ³n:
ππ2π₯
ππ‘2+ π½
ππ₯
ππ‘+ ππ₯ = 0
Reemplazando los valores conocidos en esta ecuaciΓ³n:
1
4π₯β²β² + β2π₯β² + 2π₯ = 0
Sabiendo que π₯describe la posiciΓ³n de masa en cualquier tiempo, asΓ mismo π₯β²describe
su velocidad, de este modo, se obtienen las siguientes condiciones iniciales:
π₯β²(0) = 5 ππ‘ π ππ ; π₯(0) = 0β
Ya que al liberar la masa, se encuentra inicialmente en la posiciΓ³n de equilibrio y en ese
punto tiene velocidad descendente de 5 ππ‘ π ππβ
1
4π₯β²β² + β2π₯β² + 2π₯ = 0
1
4π2 + β2π + 2 = 0
π2 + 4β2π + 8 = 0
(π + 2β2)2
= 0
π = β2β2 ππ’ππ‘πππππππππ 2
De este modo una ecuaciΓ³n que describe la posiciΓ³n de la partΓcula en cualquier tiempo es:
π₯ = πΆ1πβ2β2π‘ + πΆ2π‘πβ2β2π‘
Se tiene ademΓ‘s, que cuando el tiempo es igual a cero segundos(π‘ = 0) la posiciΓ³n de
la masa es tambiΓ©n cero pies(π₯ = 0). Reemplazando los valores en la
ecuaciΓ³n anterior:
0 = πΆ1πβ2β2(0) + πΆ2(0)πβ2β2(0)
πΆ1 = 0
TambiΓ©n se sabe que cuando el tiempo es cero segundos (π‘ = 0) la velocidad de la
masa es de 5 pies por segundo (π₯β² = 5). Se tiene que la ecuaciΓ³n que describe
la velocidad de la masa en cualquier tiempo es:
π₯β² = β2β2πΆ1πβ2β2π‘ + (πΆ2πβ2β2π‘ β 2β2πΆ2π‘πβ2β2π‘)
π₯β² = β2β2πΆ1πβ2β2π‘ + πΆ2(πβ2β2π‘ β 2β2π‘πβ2β2π‘)
Reemplazando los valores que ya se conocen, se obtiene:
5 = β2β2πΆ1πβ2β2(0) + πΆ2(πβ2β2(0) β 2β2(0)πβ2β2(0))
5 = β2β2πΆ1 + πΆ2
Pero πΆ1 = 0, asΓ que: πΆ2 = 5
De este modo se tiene que la ecuaciΓ³n que describe la posiciΓ³n de la masa en cualquier
tiempo es:
π₯ = 5π‘πβ2β2π‘
Por otra parte, cuando el desplazamiento es extremo, es decir, cuando es el mΓ‘ximo, la
velocidad se hace cero (conservando la ley de equilibrio), por tanto:
π₯β² = πΆ2(πβ2β2π‘ β 2β2π‘πβ2β2π‘)
Se convierte en:
0 = 5πβ2β2π‘ β 10β2π‘πβ2β2π‘)
0 = 5πβ2β2π‘(1 β 2β2π‘)
0 = 1 β 2β2π‘
π‘ =1
2β2=
β2
4 π πππ’ππππ
Reemplazando este valor en la ecuaciΓ³n de desplazamiento, se tiene:
π₯ = 5β2
4π
β2β2β24
π₯ = 5β2
4πβ1
El desplazamiento extremo serΓ‘:
π₯ = 5β2
4π
ππππ .
31. Cuando una masa de 1 slug se sujeta a un resorte, lo estira 2 pies y despuΓ©s descansa en
su posiciΓ³n de equilibrio. Comenzando en t = 0, una fuerza externa igual f(t) = 8sen4t se
aplica al sistema. Encuentre la ecuaciΓ³n de movimiento si el medio circundante ofrece una
fuerza de amortiguamiento numΓ©ricamente igual a 8 veces la velocidad instantΓ‘nea.
Resumiendo se tiene:
π(π‘) = 8π ππ4π‘ π = 1 π ππ’π
π½ = 8 π = 2 ππππ
Para este problema, se adopta el siguiente modelo de ecuaciΓ³n:
π2π₯
ππ‘2+ 2π
ππ₯
ππ‘+ π2π₯ = πΉ(π‘)
πΉ(π‘) =π(π‘)
π; 2π =
π½
π; π2 =
π
π
ππ = ππ β₯€ π =ππ
πβ₯€ π =
1 π ππ’π (32 ππ‘ π 2)β
2 ππ‘= 16 π ππ’π π 2β
Acomodando los tΓ©rminos, se obtiene la siguiente ecuaciΓ³n:
ππ2π₯
ππ‘2+ π½
ππ₯
ππ‘+ ππ₯ = π(π‘)
Reemplazando los valores ya conocidos en la ecuaciΓ³n anterior, se obtiene:
π₯β²β² + 8π₯β² + 16π₯ = 8π ππ4π‘ (β)
π2 + 8π + 16 = 8π ππ4π‘
Resolviendo la ecuaciΓ³n homogΓ©nea
π2 + 8π + 16 = 0
(π + 4)2 = 0
π = β4 ; ππ’ππ‘πππππππππ 2
De este modo, una soluciΓ³n de la ecuaciΓ³n es:
π₯π = πΆ1πβ4π‘ + πΆ2π‘πβ4π‘
Una soluciΓ³n particular de la ecuaciΓ³n es:
π₯π = π΄π ππ4π‘ + π΅πππ 4π‘
π₯β²π = 4π΄πππ 4π‘ β 4π΅π ππ4π‘
π₯β²β²π = β16π΄π ππ4π‘ β 16π΅πππ 4π‘
Reemplazando en (*):
(β16π΄π ππ4π‘ β 16π΅πππ 4π‘) + 8(4π΄πππ 4π‘ β 4π΅π ππ4π‘)
+ 16(π΄π ππ4π‘ + π΅πππ 4π‘) = 8π ππ4π‘
(β16π΄ β 32π΅ + 16π΄)π ππ4π‘ + (β16π΅ + 32π΄ + 16π΅)πππ 4π‘ = 8π ππ4π‘
32π΄πππ 4π‘ β 32π΅π ππ4π‘ = 8π ππ4π‘
Igualando los coeficientes, se tiene:
β32π΅ = 8 β₯€ π΅ = β8
32;
32π΄ = 0
π΅ = β1
4;
π΄ = 0
AsΓ, la soluciΓ³n particular estarΓ‘ dada por:
π₯π = β1
4πππ 4π‘
Y la soluciΓ³n general serΓ‘:
π₯ = πΆ1πβ4π‘ + πΆ2π‘πβ4π‘ β1
4πππ 4π‘
Para este problema, se tienen las siguientes condiciones iniciales:
π₯(0) = 0 ; π₯β²(0) = 0
Reemplazando en la ecuaciΓ³n anterior, se tiene:
0 = πΆ1πβ4(0) + πΆ2(0)πβ4(0) β1
4πππ 4(0)
0 = πΆ1 β1
4β₯€ πΆ1 =
1
4
π₯β² = β4πΆ1πβ4π‘ β 4πΆ2π‘πβ4π‘ + πΆ2πβ4π‘ + π ππ4π‘
0 = β4πΆ1πβ4(0) β 4(0)π‘πβ4(0) + πΆ2πβ4(0) + π ππ4(0)
0 = β4πΆ1 + πΆ2
Reemplazando el valor de la constante πΆ1 =1
4se tiene:
0 = β1 + πΆ2 β₯€ πΆ2 = 1
AsΓ, la ecuaciΓ³n de movimiento serΓ‘:
π₯ =1
4πβ4π‘ + π‘πβ4π‘ β
1
4πππ 4π‘
46. Encuentre la carga en el capacitor de un circuito LRC en serie, cuando πΏ =1
4β ;
π = 20 πΊ ; πΆ =1
300π ; πΈ(π‘) = 0 π ; π(0) = 4πΆ ; π(0) = 0 π΄. En el
capacitor, ΒΏLa carga nunca ha sido igual a cero?
Se tiene que la ecuaciΓ³n que describe el problema es:
1
4πβ²β² + 20πβ² + 300π = 0
1
4π2 + 20π + 300 = 0
π2 + 80π + 1200 = 0
(π + 60)(π + 20) = 0
π = β60 ; π = β20
De este modo la ecuaciΓ³n que describe la carga serΓ‘:
π = πΆ1πβ60π‘ + πΆ2πβ20π‘
Pero cuando t = 0, q = 4. De modo que:
4 = πΆ1πβ60(0) + πΆ2πβ20(0)
4 = πΆ1 + πΆ2 (1)
πβ² = β60πΆ1πβ60π‘ β 20πΆ2πβ20π‘
Pero cuando t = 0, qβ= 0. De modo que:
0 = β60πΆ1πβ60(0) β 20πΆ2πβ20(0)
0 = β60πΆ1 β 20πΆ2(2)
Se tiene el siguiente sistema de ecuaciones lineales:
{πΆ1 + πΆ2 = 4
β60πΆ1 β 20πΆ2 = 0
Multiplicando la primera ecuaciΓ³n por 60 y sumΓ‘ndola a la segunda, se tiene:
{πΆ1 + πΆ2 = 4
40πΆ2 = 240β₯€ πΆ2 = 6
Reemplazando el valor de la constante πΆ2 = 6en la primera ecuaciΓ³n, se obtiene:
πΆ1 + 6 = 4 β₯€ πΆ1 = β2
De este modo, la ecuaciΓ³n que describe la carga del circuito LRC, en serie, para cualquier
tiempo es:
π = β2πβ60π‘ + 6πβ20π‘
Suponiendo que en algΓΊn momento la carga se hace cero, se tiene:
0 = β2πβ60π‘ + 6πβ20π‘
2πβ60π‘ = 6πβ20π‘
2
6=
π60π‘
π20π‘
1
3= π40π‘ β₯€ ln (
1
3) = ln(π40π‘) β₯€ ln (
1
3) = 40π‘ β₯€ π‘ = β0,0274
Como el tiempo no puede ser negativo, se concluye que la carga nunca ha sido igual a cero.
50. Demuestre que la amplitud de la corriente remanente en el circuito LRC en serie del
ejemplo 10 estΓ‘ dada por E0/Z donde Z es la impedancia del circuito
Se sabe que la soluciΓ³n de la ecuaciΓ³n diferencial del movimiento libre no amortiguado es
π₯(π‘) = πΆ1 cos π€π‘ + πΆ2 sin π€π‘
Donde
π΄ = βπΆ12 + πΆ2
2
Luego del ejemplo 10 tenemos que la corriente del circuito LRC, muestra este movimiento
ππ(π‘) =πΈ0
π(
π
ππ ππ πΎπ‘ β
π
ππππ πΎπ‘)
Entonces
ππ(π‘) = (πΈ0π
π2sin πΎπ‘ β
πΈ0π
π2cos πΎπ‘)
AsΓ
C1= πΈ0π
π2 y C2= βπΈ0π
π2
Luego
π΄ = β (πΈ0π
π2)
2
+ (βπΈ0π
π2)
2
π΄ = βπΈ02π
Z4
2
+πΈ0
2π2
π4
π΄ = βπΈ0
2
Z4(π 2 + π2)
π΄ =πΈ0
Z2β(π 2 + π2)
Ahora como en el ejemplo 10 la impedancia estΓ‘ dada por
π = β(π 2 + π2)
Entonces
π΄ =πΈ0
Z2π
π΄ =πΈ0
Z
55. Muestre que si L, R, E0 y Ο son constantes, entonces la amplitud de la corriente
remante del ejemplo 10 es un mΓ‘ximo cuando la capacitancia es C=1/LΟ2
Del ejercicio anterior tenemos que
π΄ =πΈ0
Z Cuando π = β(π 2 + π2) y π = πΏπΎ β
1
πΆπΎ
Luego sabiendo que E0 es constante, la amplitud A se hace mΓ‘ximo cuando la impedancia Z
es mΓnima, ahora para que la impedancia Z sea mΓnima, sabiendo que R es constante, X= 0
asΓ
π = πΏπΎ β1
πΆπΎ
0 = πΏπΎ β1
πΆπΎ
1
πΆπΎ= πΏπΎ
1
πΏπΎ2= πΆ
AsΓ cuando 1
πΏπΎ2 = πΆ la amplitud A es mΓ‘xima.