Variado

Ejemplo 2.19. Lanzamos un objeto de masa m con una velocidad inicial
v0 dirigida hacia abajo. Suponiendo que la fuerza debida a la resistencia del
aire es proporcional a la velocidad del objeto, determinemos:
La ecuaci´on que modeliza el movimiento de dicho objeto.
La distancia recorrida por el objeto en funci´on del tiempo.
La velocidad del objeto en funci´on del tiempo.
Soluci´on.
Sobreel objeto act´uan dos fuerzas: una fuerza constante debida a la acci´on
de la gravedad, dirigida verticalmente hacia abajo y de m´odulo F1 = mg, y
una fuerza correspondiente a la resistencia del aire, contraria al movimiento y
proporcional a la velocidad del objeto, F2 = −kv(t) = −k
dx
dt
, siendo x(t) la
distancia recorrida por el objeto en su ca´ıda en un instante t. Consideramos
comoeje de coordenadas un eje vertical con el valor x = 0 en la posici´on desde
donde lanzamos el objeto hacia abajo, correspondiente al instante inicial t = 0
(ver Figura 2.2).
Figura 2.2: Fuerzas que act´uan en la ca´ıda de un objeto.
La fuerza total que act´ua sobre el cuerpo es:
F = F1 + F2 = mg − kv.
Aplicando la segunda ley de Newton, obtenemos la ecuaci´on diferencial que
modeliza esteproblema:
m
dv
dt
= mg − kv,
con la condici´on inicial v(0) = v0.
Resolviendo esta ecuaci´on diferencial de variables separables obtenemos
v(t), la velocidad en cada instante t:
mdv
mg − kv
= dt,
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Beatriz Campos / Cristina Chiralt - ISBN: 978-84-693-9777-0 60 Ecuaciones diferenciales - UJI
integrando se tiene:
−m
k
ln |mg − kv| = t + C1,
|mg − kv| =C2e −kt
m , C2 = eC1 > 0,
mg − kv = C3e −kt
m , C3 = ±C2,
kv = mg − C3e −kt
m , C3 = 0,
finalmente:
v(t) =
mg
k − Ce −kt
m , C = 0.
Como mg − kv = 0 es soluci´on de la ecuaci´on diferencial, a˜nadimos esta soluci
´on, v(t) = mg
k , eliminando la condici´on C = 0 y as´ı tenemos la soluci´on
general. Como nos interesa la soluci´on particular que verifica la condici´on inicial
v(0) =v0, sustituimos la condici´on y despejamos C:
v0 =
mg
k − C, por tanto: C =
mg
k − v0.
Sustituyendo C en la ecuaci´on, tenemos la soluci´on de la ecuaci´on diferencial,
que nos da la velocidad del objeto en funci´on del tiempo:
v(t) =
mg
k − (
mg
k − v0)e −kt
m . (2.37)
Para obtener la distancia recorrida por el objeto en cada instante t, integramos
v(t) respecto de t ya que v(t) =dx
dt
:
x(t) =

v(t)dt =
mg
k
t +
m
k
(
mg
k − v0)e −kt
m + K. (2.38)
Sustituyendo ahora la condici´on inicial x(0) = 0, calculamos la constante
de integraci´on K :
0 =
m
k
(
mg
k − v0) + K, por tanto: K =
m
k
(v0 −
mg
k
).
Finalmente, sustituyendo K en (2.38) tenemos que la distancia recorrida por
el objeto en cada instante t es:
x(t) =
mg
k
t +
m
k
(v0 −mg
k
)(1 − e −kt
m ).  (2.39)
’ Ejemplo 2.20. Un objeto de masa 3 kg se deja caer desde 500 metros de
altura. Suponiendo que la fuerza de la gravedad es constante y que la fuerza
debida a la resistencia del aire es proporcional a la velocidad del objeto, con
constante de proporcionalidad k = 3 kg/sg, veamos en qu´e momento el objeto
golpear´a contra el suelo.
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Soluci´on. Consideramos el modelo visto en el ejemplo anterior con los datos
m = 3, k = 3, g = 9,81 y, puesto que el objeto se deja caer, v0 = 0. La ecuaci´on
(2.39) queda:
x(t) = 9,81t − 9,81(1 − e−t).
En el instante en que el objeto golpee contra el suelo, ´este habr´a recorrido
500 m, portanto x(t) = 500:
500 = 9,81t − 9,81(1 − e−t) = 9,81t − 9,81 − 9,81e−t → t + e−t = 51,97.
Como no sabemos despejar t, podemos utilizar un m´etodo num´erico de
resoluci´on o bien, podemos considerar que e−t es muy peque˜no para valores
cercanos a 51,97 y despreciar dicho t´ermino, tomando como resultado aproximado:
t  51,97 sg 
’ Ejemplo 2.21. Un paracaidista cuya masa es 75 kg se deja caer...