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• Markos Santisteban Inoñan

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FICSA

I.

APLICACIONES. 1. Un bloque que pesa 100 N se desliza por una superficie horizontal exenta de rozamiento, según se indica en la figura P21-29. Los dos resortes están sometidos a tracción en todo momento y las poleas son pequeñas y exentas de rozamiento. Si de desplaza el bloque a 75 mm hacia la izquierda de su posición de equilibrio y se suelta con una velocidad 1.5 m/s hacia la derecha cuando t=0, determinar: a) b) c) d)

La ecuación diferencial que rige el movimiento. El periodo y la amplitud de la vibración resultante. La posición de la masa en función del tiempo. El menor tiempo 0 8

𝑛2 = 16

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𝑋 (𝑡 ) = 𝐴𝑒 −(𝑛+√𝑛

2 −𝜌2 )𝑡

+ 𝐴𝑒 −(𝑛−√𝑛

2 −𝜌2 )𝑡

𝑋 (𝑡 ) = 𝐴𝑒 −(4+√16−8)𝑡 + 𝐵𝑒 −(4−√16−8)𝑡 𝑋 (𝑡 ) = 𝐴𝑒 −6.828 𝑡 + 𝐵𝑒 −1.172 𝑡 Para t=0, x=0: 𝑋(0) = 𝐴𝑒 −(4+√16−8)0 + 𝐵𝑒 −(4−√16−8)0 0=𝐴+𝐵 𝐴 = −𝐵

Para V: 𝑉 (𝑡 ) =

𝑑𝑥 = −6.828 𝐴𝑒 −6.828 𝑡 − 1.172 𝐵𝑒 −1.172 𝑡 𝑑𝑡

t=0, v=2 𝑝𝑖𝑒𝑠 ⁄𝑠: 2 𝑝𝑖𝑒𝑠 ⁄𝑠 = −6.828 𝐴𝑒 −6.828 (0) − 1.172 𝐵𝑒 −1.172 (0) 2 = −6.828 𝐴 − 1.172 𝐵 Como 𝐴 = −𝐵 ; se tiene: 2 = −6.828 (−𝐵 ) − 1.172 𝐵 2 = 5.656 𝐵 𝐵 = 0.354 𝐴 = −0.354 Para 𝑎: 𝑑2 𝑥 𝑎 = 2 = 46.622𝐴𝑒 −6.828 𝑡 + 1.374 𝐵𝑒 −1.172 𝑡 𝑑𝑡 Ecuaciones del movimiento: 𝑋(𝑡 ) = −0.354 𝑒 −6.828 𝑡 + 0.354 𝑒 −1.172 𝑡 𝑉 (𝑡 ) = 2.417 𝑒 −6.828 𝑡 − 0.415 𝑒 −1.172 𝑡 𝑎(𝑡 ) = −16.504 𝑒 −6.828 𝑡 + 0.486 𝑒 −1.172 𝑡

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b) El periodo de las oscilaciones:

𝜌=√

T=

𝐾 4 𝑙𝑏⁄𝑓𝑡 =√ = 2.828 𝑟𝑎𝑑 ⁄𝑠 1 𝑚 𝑠𝑙𝑢𝑔 2

2𝜋 2𝜋 𝑟𝑎𝑑 = 𝜌 2.828 𝑟𝑎𝑑 ⁄𝑠

𝑇 = 2.22 𝑠

c) X, V, 𝒂 para 𝒕 = 𝟑𝒔: 𝑋(𝑡 ) = −0.354 𝑒 −6.828 𝑡 + 0.354 𝑒 −1.172 𝑡 𝑋(3) = −0.354 𝑒 −6.828 (3) + 0.354 𝑒 −1.172 (3) 𝑋 (3) = 0.01 𝑚

𝑉 (𝑡 ) = 2.417 𝑒 −6.828 𝑡 − 0.415 𝑒 −1.172 𝑡 𝑉 (3) = 2.417 𝑒 −6.828 (3) − 0.415 𝑒 −1.172 (3) 𝑉 (3) = −0.012 𝑚⁄𝑠

𝑎(𝑡 ) = −16.504 𝑒 −6.828 𝑡 + 0.486 𝑒 −1.172 𝑡 𝑎(3) = −16.504 𝑒 −6.828 (3) + 0.486 𝑒 −1.172 (3) 𝑎(3) = 0.014 𝑚⁄𝑠 2

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5. Una masa de 3 Kg. se suspende de un resorte de constante “K”, debido a ello el resorte se estira 6 cm. Después de este evento, la masa se saca de 2 cm. de su posición de equilibrio y se suelta. Halle: a. 𝑋 (𝑡 ); 𝑉 (𝑡 ) 𝑦 𝑎(𝑡) b. Para qué tiempo se alcanza ±𝑋𝑚𝑎𝑥 ; ±𝑉𝑚𝑎𝑥 ; ± 𝑎𝑚𝑎𝑥 Solución:

𝐾 𝑚

𝜌=√

Objetivo

T=

2𝜋 𝜌

1° Hallar el valor de K. Aplicamos la Ley de Hooke: 𝐹 = −𝐾𝑥 ⇒ 𝐹 = 𝐾𝑥 𝑚𝑔 = 𝐾𝑥 𝑚𝑔 =𝐾 𝑥 𝐾=

(3𝐾𝑔)(9.8 1𝑚⁄𝑠 2 ) 6 × 10−2 𝑚

𝐾 = 490.5 𝐾𝑔⁄𝑠 2

𝐾 490.5 𝐾𝑔⁄𝑠 2 1 𝜌=√ =√ = √163.5 2 = 12.7867 𝑟𝑎𝑑⁄𝑠 𝑚 3𝐾𝑔 𝑠 T=

2𝜋 2𝜋 𝑟𝑎𝑑 = 𝜌 12.7867 𝑟𝑎𝑑 ⁄𝑠

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𝑇 = 0.491 𝑠 a) Para: 𝑿(𝒕); 𝑽(𝒕) 𝒚 𝒂(𝒕) Ideas:  𝑥1 = 𝐴 cos(𝜌𝑡)  𝑥2 = 𝐴 𝑠𝑒𝑛(𝜌𝑡)  𝑥 = 𝐴 𝑠𝑒𝑛(𝜌𝑡 + 𝜙) Condicones iniciales:  t=0  𝑋 = 2 𝑐𝑚  V=0 𝑥1 = 𝐴 cos(𝜌𝑡) 𝑡=0⇒

𝑥 = 𝐴 cos(0°) 𝑥=𝐴

𝑥(𝑡) = 0.02 cos(12.7867 𝑡) 𝑚. 𝜋 𝑥 = 𝐴 𝑠𝑒𝑛(12.7867 𝑡 + 𝜙) ⇒ 𝑥 = 0.02 𝑠𝑒𝑛 (12.7867 𝑡 ± ) 𝑐𝑚. 2 𝑡=0

𝑋𝑚𝑎𝑥 = 2 𝑐𝑚 = 𝐴

0.02 𝑚. = 𝐴𝑠𝑒𝑛𝜙 0.02 𝑚. = 0.02 𝑚. 𝑠𝑒𝑛𝜙 𝑠𝑒𝑛𝜙 = 1 𝜙=

𝜋 2

 Ecuación de la posición en función del tiempo: 𝑥(𝑡) = 0.02 cos(12.7867 𝑡) 𝑚.  Ecuación de la velocidad en función del tiempo:

𝑉=

𝑑𝑥 = ±0.256𝑠𝑒𝑛(12.7867𝑡) 𝑐𝑚⁄𝑠 𝑑𝑡

 Ecuación de la aceleración en función del tiempo:

𝑎=

𝑑2 𝑥 = ±3.273 cos(12.7867𝑡) 𝑐𝑚⁄𝑠 𝑑𝑡 2

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FICSA b) Para qué tiempo se alcanza ±𝑿𝒎𝒂𝒙 ; ±𝑽𝒎𝒂𝒙 ; ± 𝒂𝒎𝒂𝒙 𝑋𝑚𝑎𝑥 = 0.02 𝑚. 𝑉𝑚𝑎𝑥 = ±0.256 𝑚⁄𝑠 𝑎𝑚𝑎𝑥 = ±3.273 𝑚⁄𝑠 2 Se tiene: 𝑋𝑚𝑎𝑥 → 𝑐𝑜𝑠 (12.7867𝑡) = ±1 ← 𝑎𝑚𝑎𝑥 𝑉𝑚𝑎𝑥 → 𝑠𝑒𝑛 (12.7867𝑡) = ±1 Como 𝑋𝑚𝑎𝑥 → 𝑐𝑜𝑠 (12.7867𝑡) = ±1 𝑋𝑚𝑎𝑥 ; 𝑎𝑚𝑎𝑥 12.7867𝑡 = 0 𝑟𝑎𝑑 𝑡 = 0𝑠

12.7867 𝑡 = 𝜋 𝑟𝑎𝑑 𝑡=

𝜋 𝑠 12.7867

12.7867 𝑡 = 2𝜋 𝑟𝑎𝑑 𝑡=

2𝜋 𝑠 12.7867

∀ 𝑡𝑖𝑒𝑚𝑝𝑜 𝜋 𝑡 = 𝑛( ) 𝑠; 𝑛 = 1, 2, 3 … 12.7867

𝑉𝑚𝑎𝑥 → 𝑠𝑒𝑛 12.7867 𝑡 = 1

12.7867𝑡 = 𝑡=

∀𝑡 =

𝜋 2

𝜋 𝑠 25.5734

𝑛𝜋 𝑠 ; 𝑛 = 1,2,3 … 25.5734

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14𝑡 = 𝑡=

3𝜋 2

3𝜋 𝑠 25.5734

∀𝑡 = (2𝑛 + 1)

14𝑡 = 𝑡=

5𝜋 2

5𝜋 𝑠 25.5734

𝜋 𝑠; 𝑛 = 1,2,3 … 25.5734

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FICSA 6. En la figura que se muestra halle:    

𝑋 𝑐𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑡 = 2𝑠 𝑉 𝑐𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑡 = 1𝑠 𝑎 𝑐𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑡 = 3𝑠 𝑙𝑎 𝜔𝑟𝑒𝑠𝑜𝑛𝑎𝑛𝑐𝑖𝑎

Solución: 𝐹 = 40 𝑠𝑒𝑛 3𝑡 𝐹0 = 40 𝑁,

𝜔 = 3 𝑟𝑎𝑑⁄𝑠

3

2𝑛 = 10

3

9

𝑛2 = 400 = 0.0225 𝑟𝑎𝑑2 ⁄𝑠 2

𝑛 = 20

𝐾 300 𝑁/𝑚 𝜌=√ =√ = 5.477 𝑟𝑎𝑑⁄𝑠 𝑚 10 𝐾𝑔 𝑋(𝑡) = 𝐴𝑠𝑒𝑛 (𝜔𝑡 + 𝜙) 𝐹0 𝑚 𝐴= √(𝜔 2 − 𝜌2 )2 + 4𝑛2 𝜔 2 𝐴=

𝐴=

40 10 √(32 − 30)2 + 4 9 32 400 40 10

√(32 − 30)2 + 4 9 32 400

= 0.19

𝑋(𝑡) = 𝐴 𝑠𝑒𝑛 (𝜔𝑡 + 𝜙) 𝑋(𝑡) = 0.19 𝑠𝑒𝑛 (3𝑡 + 𝜙) tan 𝜙 =

𝜌2 − 𝜔2 30 − 9 70 = = 3 2𝑛𝜌 3 (3) 10

70 𝜙 = 𝑡𝑎𝑛−1 ( ) = 87.546° 3

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FICSA 𝑋(𝑡) = 0.19 𝑠𝑒𝑛 (3𝑡 + 87.546°) 𝑉(𝑡) = 0.57 𝑐𝑜𝑠 (3𝑡 + 87.546°) 𝑎(𝑡) = −1.71 𝑠𝑒𝑛 (3𝑡 + 87.546°) 

𝑋 𝑐𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑡 = 2𝑠 𝑋(2) = 0.19 𝑠𝑒𝑛 (3(2) + 87.546°) 𝑋(2) = 0.18 𝑚



𝑉 𝑐𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑡 = 1𝑠 𝑉(1) = 0.57 𝑐𝑜𝑠 (3(1) + 87.546°) 𝑉(1) = 0.005 𝑚⁄𝑠



𝑎 𝑐𝑢𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑡 = 3𝑠 𝑎(3) = −1.71 𝑠𝑒𝑛 (3(3) + 87.546°) 𝑎(3) = −1.699 𝑚⁄𝑠 2



𝑙𝑎 𝜔𝑟𝑒𝑠𝑜𝑛𝑎𝑛𝑐𝑖𝑎 𝜔𝑟𝑒𝑠𝑜𝑛𝑎𝑛𝑐𝑖𝑎 = √𝜌2 −2𝑛2 = √30 − (2)

9 = 5.47 400

∑ 𝐹 𝑠𝑖𝑠𝑡𝑒𝑚𝑎 = 𝑚𝑎 −𝐾1 𝑥 − 𝐾2 𝑥 − 𝜆 10

𝑑𝑥 𝑑2 𝑥 + 40 𝑠𝑒𝑛 3𝑡 = 𝑚 𝑑𝑡 𝑑𝑡 2

𝑑2 𝑥 𝑑𝑥 +3 + 300𝑥 = 40 𝑠𝑒𝑛 3𝑡 2 𝑑𝑡 𝑑𝑡

𝑑2 𝑥 3 𝑑𝑥 + + 30𝑥 = 4 𝑠𝑒𝑛 3𝑡 𝑑𝑡 2 10 𝑑𝑡

𝐹0 𝑚

=4 3

𝜌2 = 30 𝑟𝑎𝑑 2 ⁄𝑠 2

2𝑛 = 10 3

𝑛 = 20 𝑛2 =

𝑛2

𝜌2

0.0225 < 30

9 400

= 0.0225 𝑟𝑎𝑑2 ⁄𝑠 2

Homogénea: 𝑑2 𝑥 3 𝑑𝑥 + + 30𝑥 = 0 𝑑𝑡 2 10 𝑑𝑡 [𝑛2 = 0.0225 𝑟𝑎𝑑2 ⁄𝑠 2 ] < [𝜌2 = 30 𝑟𝑎𝑑2 ⁄𝑠 2 ]

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𝑋𝐻 (𝑡) = 𝑒 −𝑛𝑡 (𝐴 𝑠𝑒𝑛 (√𝜌2 −𝑛2 ) 𝑡 + 𝐵 𝑐𝑜𝑠 (√𝜌2 −𝑛2 ) 𝑡) 3

9 9 ) 𝑡 + 𝐵 𝑐𝑜𝑠 (√30 − ) 𝑡) 400 400

3

9 9 ) 𝑡 + 𝐵 𝑐𝑜𝑠 (√30 − ) 𝑡) 400 400

𝑋𝐻 (𝑡) = 𝑒 −20𝑡 (𝐴 𝑠𝑒𝑛 (√30 −

𝑋𝐻 (𝑡) = 𝑒 −20𝑡 (𝐴 𝑠𝑒𝑛 (√30 −

𝑋𝐻 (𝑡) = 𝑒 −0.15 𝑡 (𝐴 𝑠𝑒𝑛 5.475 𝑡 + 𝐵 𝑐𝑜𝑠 5.475 𝑡) 𝑋𝐻 (0) = 𝑒 −0.15 (0) (𝐴 𝑠𝑒𝑛 5.475(0) + 𝐵 cos 5.475 (0)) 0=𝐵 𝑉(𝑡) = −0.15 𝑒 −0.15 𝑡 (𝐴 𝑠𝑒𝑛 5.475 𝑡 + 𝐵 𝑐𝑜𝑠 5.475 𝑡) + 𝑒 −0.15 𝑡 (5.475𝐴 𝑐𝑜𝑠 5.475 𝑡 − 5.475𝐵 𝑠𝑒𝑛 5.475 𝑡) 𝑉(0) = 5.475 𝐴 𝐴=0 Solucion particular: 𝑋𝑃 (𝑡) = (𝑃 𝑠𝑒𝑛 3 𝑡 + 𝑄 𝑐𝑜𝑠 3 𝑡) 𝑉𝑃 (𝑡) = (3𝑃 𝑐𝑜𝑠 3 𝑡 − 3𝑄 𝑠𝑒𝑛 3 𝑡) 𝑎𝑃 (𝑡) = (−9𝑃 𝑠𝑒𝑛 3 𝑡 − 9𝑄 𝑐𝑜𝑠 3 𝑡) En la ecuación: (−9𝑃 𝑠𝑒𝑛 3 𝑡 − 9𝑄 𝑐𝑜𝑠 3 𝑡) +

3 (3𝑃 𝑐𝑜𝑠 3 𝑡 − 3𝑄 𝑠𝑒𝑛 3 𝑡) + 30(𝑃 𝑠𝑒𝑛 3 𝑡 + 𝑄 𝑐𝑜𝑠 3 𝑡) 10

= 40 𝑠𝑒𝑛 3𝑡 Para sen 3t: −9𝑃 −

9𝑄 + 30𝑃 = 40 10

29𝑃 −

9𝑄 = 40 10

290𝑃 − 9𝑄 = 400 … … … … ∗ Para cos 3t: −9𝑄 +

9𝑃 + 30𝑄 = 0 10

29𝑄 +

9𝑃 =0 10

290𝑄 + 9𝑃 = 0 9𝑃 = −290𝑄

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𝑃=

−290𝑄 9

En * : 290 (

−290𝑄 ) − 9𝑄 = 400 9 9353.4𝑄 = 400 𝑄 = 0.043

𝑃=

−290(0.043) = −1.386 9

𝑋𝑃 (𝑡) = (−1.386 𝑠𝑒𝑛 3 𝑡 + 0.043 𝑐𝑜𝑠 3 𝑡) 𝐹0 𝑚 𝐴= 2 2 √(𝜔 − 𝜌 )2 + 4𝑛2 𝜔 2 𝐴=

40 10 √(32 − 30)2 + 4 9 32 400 40 10

𝐴= √(32

−

30)2

9 + 4 400 32

= 0.19

𝑋𝑃 (𝑡) = 𝐴 𝑠𝑒𝑛 (𝜔𝐸 𝑡 + 𝜙) 𝑋𝑃 (𝑡) = 0.19 𝑠𝑒𝑛 (3𝑡 + 𝜙) tan 𝜙 =

𝜌2 − 𝜔2 30 − 9 70 = = 3 2𝑛𝜔 3 (3) 10

70 𝜙 = 𝑡𝑎𝑛−1 ( ) = 87.546° 3 𝑋𝑃 (𝑡) = 0.19 𝑠𝑒𝑛 (3𝑡 + 87.546°)

𝑋(𝑡) = 𝑒 −0.15 𝑡 (𝐴 𝑠𝑒𝑛 5.475 𝑡 + 𝐵 𝑐𝑜𝑠 5.475 𝑡) + (−1.386 𝑠𝑒𝑛 3 𝑡 + 0.043 𝑐𝑜𝑠 3 𝑡)

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