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EJERCICIOS RESUELTOS, PROBLEMAS DE APLICACIÓN, ECUACIONES
DIFERENCIALES, 2013-2
I. LANZAMIENTO DE PROYECTIL
Un proyectil con masa total inicial de mi =1Kg, es impulsado desde el suelo con una velocidad inicial
de vi=4m/s, describiendo una trayectoria en línea recta hacia arriba. Éste posee un tanque en donde se
almacena el combustible inicial para el despegue. A medida que el proyectil alcanzaaltura, su masa
inicial mi disminuye linealmente a una rata de a=1/4 Kgr/seg, hasta vaciarse completamente; y
experimenta una fuerza de fricción numéricamente igual a B=1/2 su velocidad instantánea. Determine
la velocidad instantánea y la posición del proyectil antes de que se vacíe su tanque. (Tome g =10 m/s 2).
SOLUCIÓN:
El sistema de coordenadas se pone en la tierra. y=0. El movimiento es sólo enel eye “y”:
d (mv)
dv dm v − B
+
=
v− g ,
Aplicando la 2da ley de Newton:
=− B v−mg entonces:
dt dt m m
dt
dv (t) m' (t )+ B
+
v (t )=−g
simplificando:
dt
m(t)
La rata de disminución del combustible es: m'(t)=-a , y la masa total inicial es m(0)=mi= . La solución
para la masa total del cohete es: m(t)=−a t+C y m(0)=m i=C , entonces: m(t )=mi−a t
Asumiendo que la masa del tanque es mucho mayor quela de su estructura, el tiempo que tardará en
m
vaciarse el tanque estará dado por: m(t v )=0=mi−a t v => t v = i =4 seg (Obviamente el tiempo de
a
vaciado deberá ser menor por que el cohete, aunque que poca, tiene masa cuando el tanque se vacía)
Reemplazando en la E.D nos queda:
dv (t)
dv (t ) 1/2−1/4
B−a
+
v (t )=−g =>
+
v (t)=−10
dt
1−1 /4 t
dt
mi −a t
dv (t)
1
Simplificando:
+
v (t )=−10
dt4−t
Entonces para la Ec.1 en el intervalo 0 < t < tv, tenemos:

(

)

(

)

( )

dt
∫ mB−a
−a t

φ=e

i

=e

B−a
ln(mi − at)
−a

(

1−

=(mi −a t)
1−

1−

=(1−t /4)

1/ 2
1/ 4

=(1−t /4)−1 y la solución:

B
a

dt=C (1−t/ 4)−10(1−t /4)∫ (1−t / 4)−1 dt
t
t
=C (1−t / 4)+10 (4)(1−t /4) ln(1−t / 4)=(1− )[C + 40 ln(1− )]
4
4
−1

−1

v (t )=C φ + φ

∫ (−g )( mi −a t)

B
a

)

Para determinar la constante deintegración,
aplicamos la condición inicial: v(0)=vi=4=C:
Con lo cual:

v (t )=(1−t /4) [ 4+ 40 ln(1−t /4) ]

Adrián Montoya Lince, Ingeniería Electrónica y Telecomunicaciones, UdeA, 2013-2

Como puede verse en la gráfica de la velocidad, esta se hace cero en tm=4, pero también cuando:
4+ 40 ln (1−t m / 4)=0 de donde: t m=4(1−e−1 /10 )≈0.381seg . En estos puntos se alcanza la altura
máxima.Integrando, para determinar la posición del proyectil, nos queda la integral:
y (t)=∫ (1−t / 4)[4+ 40 ln (1−t/ 4)] dt
Realizando el cambio de variable u=1-t/4 => du=-dt/4, nos queda la integral:
2
2
2
−4∫ u (4+40 ln (u)) du=−4 ( 20 u ln (u)−8u )=16 u (2−5 ln (u)) .
Realizada por tablas de
integración o mediante software. Entonces la posición nos queda:
2
y (t )=∫ v(t) dt=16(1−t / 4) (2−5ln (1−t/4))+C
Con la condición inicial para la altura es: y(0)=0, entonces, nos queda:
y (0)=0=32+C => C =−32
2
Entonces, la solución se puede escribir como: y (t )=∫ v(t) dt=16(1−t / 4) (2−5ln (1−t /4))−32
Cuya gráfica es:

Como puede verse, la altura alcanzada es muy poca y después de un tiempo muy corto es negativa, es
decir el cohete cae a tierra antes de terminarse el combustible.
La altura máxima que sealcanza en tm=0.381 seg, es: ymax=0.749 m.

Adrián Montoya Lince, Ingeniería Electrónica y Telecomunicaciones, UdeA, 2013-2

II. FRENADO DE VEHÍCULO
Un vehículo que tiene una masa m y velocidad vi, frena bruscamente recorriendo una distancia xf hasta
detenerse. Determine el tiempo que tarda el vehículo en detenerse.
Solución:
La gráfica ilustra el problema:
v(0)=vi
v(t )=0
f

Ffricción
x(0)=0x(tf)=xf

dv
=−∣F fricción∣
dt
Vamos a usar 2 modelos para la fuerza de fricción:
La 2da ley de Newton establece que: m

a) Primer modelo: Fuerza de fricción de la superficie con coeficiente de fricción dinámico
En este caso, la fuerza de fricción de la superficie es directamente proporcional a la fuerza normal, esto
es: F f =−μ N Donde μ es el coeficiente de fricción dinámico de la superficie...