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CAPÍTULO II
ALGUNAS APLICACIONES FISICAS DE LAS ECUACIONES
DIFERENCIALES
ORDINARIAS
(E.D.O)
LINEALES
DE
SEGUNDO ORDEN DE COEFICIENTES CONSTANTES.
Introducción
En este capítulo se van a considerar varios sistemas dinámicos lineales en los
que cada modelo matemático es una ecuación diferencial ordinaria lineal de segundo
orden con coeficientes constantes junto con condiciones iníciales especificadas.
2.1 SISTEMAS RESORTE-MASA
Se considera el movimiento de un objeto de masa m , suspendido
verticalmente de un resorte flexible de masa despreciable. Se dice que el sistema está
en equilibrio cuando el objeto está en reposo y las fuerzas que actúan sobre él suman
el vector nulo. La posición del objeto en este caso es la posición de equilibrio. Se
define x como el desplazamiento del objeto, por conveniencia se escoge la dirección
de movimiento hacia abajo como la dirección positiva y se toma el origen como el
centro de gravedad de la masa en su posición de equilibrio, ver figura 2.1.
45
m
x0
x0
m
Posición de
Equilibrio
x0
m
Dirección
Positiva x
Figura 2.1. Posición de Equilibrio para el sistema masa-resorte
Es importante destacar que el movimiento es unidimensional y que el sistema
masa-resorte también puede ser horizontal, se escoge de esta forma (masa colgando)
por conveniencia, si el sistema fuese horizontal el análisis sería similar.
2.1.1 LA LEY DE HOOKE
La distancia de alargamiento, o elongación, de un resorte depende de la masa
del objeto. La ley de Hooke establece que el resorte ejerce una fuerza restauradora,
" F " , opuesta a la dirección de elongación y proporcional a la cantidad de elongación
" s" o extensión del resorte
F  ks
donde k es una constante de proporcionalidad llamada constante del resorte.
(2.1)
46
Ejemplo 2.1:
Una masa que pesa 128 lb., se suspende en un resorte y hace que éste se alargue
2 pies de su longitud natural. ¿Cuál es el valor de la constante del resorte?
SOLUCIÓN:
La fuerza aplicada causante del desplazamiento de 2 pies es el peso de la masa
F  128lb , sustituyendo en la Ley de Hooke se tiene
F  ks  128lb  k 2 pies 
despejando k se obtiene
k  69
lb
pie
2.1.2 SEGUNDA LEY DE NEWTON
Establece que el producto de la masa por la aceleración de un cuerpo es
proporcional a la fuerza neta que actúa sobre el cuerpo.
El modelo debe tomar en cuenta los siguientes tipos de fuerzas que actúan
sobre el objeto:

El peso (w) fuerza debida a la gravedad, siendo w  mg
Donde:
m = masa del cuerpo (Kg., g, slugs).
w = peso (N, lb.).
g = aceleración de gravedad g  9.8 m
s
2
 32 pies
s2
47

Una fuerza restauradora FR ejercida por el resorte cuando es estirado, es
decir, resiste cambios en su longitud, se asume que el resorte obedece la Ley
de Hooke.

Una fuerza amortiguadora o “fuerza de freno” opuesta al sentido del
movimiento, la cual se supone es proporcional a la velocidad del cuerpo (esto
es una buena aproximación para bajas velocidades), puede originarse por la
resistencia del aire o por fricción en el resorte.
F A  c
dx
dt
(2.2)
Una manera conveniente de visualar una fuerza amortiguadora es
suponer que el objeto esta unido de manera rígida a un pistón con masa
despreciable inmerso en un cilindro (llamado amortiguador), lleno con un
líquido viscoso (ver figura 2.2). Cuando el pistón se mueve el líquido ejerce
una fuerza amortiguadora. Se dice que el movimiento es no amortiguado si
c  0 , o amortiguado si c  0 , donde c es la constante de amortiguamiento.
m
Figura 2.2. Sistema masa-resorte con amortiguamiento
48
Después que se une una masa m a un resorte, ésta alarga al resorte una
longitud s y logra una posición de equilibrio en la cual su peso w se equilibra
mediante la fuerza restauradora ks , es decir; la condición de equilibrio (ver figura
2.3) es:
mg  ks  mg  ks  0
(2.3)
Además si la masa se desplaza una longitud x de su posición de equilibrio, la
fuerza restauradora del resorte es:
FR  k x  s 
l
(2.4)
l
ls
ks
Sin Estirar
s
m
x0
xt 
mg
Posición de
Equilibrio
m
Sistema en
Movimiento
Figura 2.3. Sistema masa-resorte
A partir de la segunda ley de Newton se obtiene
m
d 2x
dt 2
 w  FR  FA  mg  k x  s   c
dx
dt
49
el signo negativo de la fuerza restauradora y la fuerza de amortiguamiento indica que
actúan en la dirección opuesta al movimiento, pero por la condición de equilibrio
(2.3) y ordenando se obtiene
m
m
d 2x
dt 2
d 2x
dt

2
dx
 mg  ks  kx  c



dt
CERO
c
dx
 kx  0
dt
(2.5)
Si además se aplica una fuerza externa llamada de entrada o “fuerza
impulsora” f t  a parte de la ocasionada por la gravedad, que puede variar
con t, pero es independiente del desplazamiento y de la velocidad. Se dice que
el movimiento es libre si, unidimensionalmente, f  0 o forzado si f  0 .
A partir de la segunda ley de Newton la resultante de todas las fuerzas que actúan
sobre el cuerpo es:
m
d 2x
dt 2
 w  FR  FA  f t   mg  k x  s   c
dx
 f t 
dt
pero por la condición de equilibrio (2.3) y ordenando se obtiene
m
d 2x
dt
2
c
dx
 kx  f t 
dt
(2.6)
En el caso de la ecuación (2.5) se denomina de movimiento u oscilaciones libres:
Sin amortiguamiento:
mx' ' t   kxt   0
Con amortiguamiento: mx' ' t   cx' t   kxt   0
50
En el caso de la ecuación (2.6) se denomina de movimiento forzado u
oscilaciones forzadas:
Sin amortiguamiento:
mx' ' t   kxt   f t 
Con amortiguamiento: mx' ' t   cx' t   kxt   f t 
A continuación se analizarán cada uno de los casos del movimiento de un
sistema masa-resorte.
2.1.3 E.D.O MOVIMIENTO LIBRE NO AMORTIGUADO:
Se consideran sistemas resorte masa sin amortiguamiento c  0 y se supone
que la masa vibra libre de otras fuerzas externas
 f t   0 ,
la E.D.O (2.6) se
transforma en
m
d 2x
dt 2
 kx  0
(2.7)
al dividir (2.7) entre la masa, se obtiene
d 2x
dt
2

k
x0
m
(2.8)
que se puede reescribir
d 2x
dt
donde  2 
2
 2x  0
(2.9)
k
 0 . Se dice que la E.D.O (2.9) describe el movimiento armónico
m
simple y para resolver dicha E.D.O, se observa que la solución de su ecuación
51
característica m 2   2  0 son raíces complejas m1  i y m2  i , por lo tanto la
solución general de (2.9) es de la forma
xt   c1 cost   c2 sent 
(2.10)
se puede reescribir la ecuación (2.10) en una forma más útil definiendo
  c12  c2 2
(2.11)
c1   cos  y c2  sen
(2.12)
y además
Al sustituir (2.12) en (2.10) y aplicar la identidad se obtiene
xt    cost cos   sent sen
xt    cost   
(2.13)
La ecuación (2.13) recibe el nombre de forma amplitud-fase del
desplazamiento. A partir de (2.11) y (2.12) se observa que  y  se pueden
interpretar como las coordenadas polares del punto en coordenadas rectangulares
c1,c2  (ver figura 2.4)

c2

c1
Figura 2.4. Relación entre c1  0 , c2  0 y el ángulo 
El periodo del movimiento descrito por la ecuación (2.13) es
T
2
w
(2.14)
52
El periodo representa el tiempo (medido en segundos) que tarda la masa en
ejecutar un ciclo de movimiento. Un ciclo es una oscilación completa, por ejemplo,
moverse de su posición más alta a su posición más baja y luego de regreso a su
posición más alta. Como dichas posiciones del objeto son x   y x    , se dice
que  es la amplitud de la oscilación. La frecuencia de movimiento
f 
es el
número de ciclos completados cada segundo
f 
1 

T 2
(2.15)
El ángulo  en la ecuación (2.13) se llama ángulo de fase, se mide en
radianes y esta determinado implícitamente por
cos  
c1
c1  c 2
2
2
y sen  
tg 
c2
c1
c2
c1  c 2
2
2
(2.16)
(2.17)
Se escoge  de manera que       .
Ejemplo 2.2:
Una masa unida al extremo de un resorte lo estira 6 pulgadas cuando está en
equilibrio. Se conoce que inicialmente se libera la masa desde un punto que está a 8
pulgadas por debajo de la posición de equilibrio con una velocidad hacia arriba de
4 pies
, determinar:
3 s
1) La ecuación del desplazamiento de la masa.
53
2) Frecuencia, periodo, amplitud y ángulo de fase.
SOLUCIÓN:
DATOS:
s  6 pulgadas elongación del resorte cuando se alcanza el equilibrio
x0  8 pulgadas posición inicial de la masa 
x' 0   

4 pies  velocidad inicial de la masa, el signo negativo es una consecuenc ia

3 s  de que la velocidad es hacia arriba



Para utilizar la E.D.O asociada al movimiento libre no amortiguado (2.8) se necesita
conocer la relación
k
, para esto se utiliza la condición de equilibrio (2.3) mg  ks ,
m
de esta condición se puede obtener
k
m
k g

m s
De acuerdo con las unidades dadas se toma g  32 pies
, pero como s está
s
dado en pulgadas, se debe convertir a pies 1pie  12 pu lg adas  , es decir
6 pu lg adas.
1 pie
1
 pie
12 pu lg adas 2
Por lo tanto
k 32

 64
m 12
Y sustituyendo en la ecuación (2.8) se obtiene
d 2x
dt 2
 64 x  0
54
cuya ecuación característica es m 2  64  0 que tiene por raíces m  8i , por lo tanto
la solución general es
xt   c1 cos8t   c2 sen8t 
2
al aplicar las condiciones iníciales t  0, x  8 pulgadas  pie , se tiene
3
2
2
 c1 cos0  c 2 sen0  c1 
3
3
si se deriva xt  se tiene
x´t   8c1sen8t   8c2 cos8t 
sustituyendo la otra condición inicial t  0, x´ 

4 pie
3 s
4
1
 8c1sen0  8c 2 cos0  c 2  
3
6
Por consiguiente la ecuación del movimiento es
xt  
2
1
cos8t   sen8t 
3
6
El periodo utilizando la ecuación (2.14) es T 
f 
1

2 
 s y la frecuencia es (2.15)
8
4
4
ciclos s .
 4 
Para determinar la amplitud se utiliza la ecuación (2.11)
 2
 3
2
 1
 6
2
       
17
 0.69 pies
6
55
Figura 2.5. Curva solución del movimiento armonico simple
El ángulo de fase se puede determinar con (2.17)
1
1
 1
tg  6      arctg     0.245 rad
2
4
 4
3

Se puede observar que según (2.16) cos   0 y sen  0 por lo tanto  está
en el cuarto cuadrante
  0.245 rad
Por lo tanto la forma amplitud-fase del desplazamiento es
xt  
17
cos8t  0.245
6
56
2.1.4 E.D.O MOVIMIENTO LIBRE AMORTIGUADO:
El concepto de movimiento armónico libre es un tanto irreal, puesto que se
supone que no hay fuerzas retardadoras actuando sobre la masa en movimiento y a
menos que la masa se suspenda en un vacío perfecto, habrá por lo menos una fuerza
de resistencia debida al medio circundante. En el estudio de la mecánica las fuerzas
amortiguadoras que actúan sobre un cuerpo son consideradas proporcionales a la
velocidad instantánea como se consideró en la ecuación (2.5), si dividimos entre la
masa m , se obtiene
d 2x
dt
2

c dx k
 x0
m dt m
(2.17)
dx
 2x  0
dt
(2.18)
que se puede reescribir como
d 2x
dt
Donde
2 
c
m
y
2
2 
 2
k
, la ecuación característica de (2.18) es
m
m 2  2m   2  0 , por lo tanto las raíces correspondientes son
m1    2   2 y m 2     2   2
donde se pueden distinguir tres casos posibles dependiendo del signo de 2   2 .
Puesto que cada solución contiene el factor de amortiguamiento e t ,   0 , los
desplazamientos de la masa se vuelven insignificantes cuando t   .
57
Caso 1: 2   2  0 Movimiento Sobreamortiguado
El coeficiente de amortiguamiento c es grande comparado con la constante
del resorte k . Las raíces de la ecuación característica son reales y distintas y la
solución de (2.18) es xt   c1e m1t  c2 e m2t o se puede escribir

xt   e t  c1e

2  2 t
 c2 e 
2  2 t



Esta ecuación representa un movimiento uniforme y no oscilatorio.
Caso 2: 2   2  0 Movimiento Críticamente Amortiguado
Se dice que el sistema está críticamente amortiguado, porque cualquier ligera
disminución en la fuerza de amortiguamiento daría como resultado un movimiento
oscilatorio. Las raíces de la ecuación característica son reales e iguales y la solución
de (2.18) es
xt   e t c1  c2 t 
Caso 3: 2   2  0 Movimiento subamortiguado
Se dice que el sistema está subamortiguado, porque el coeficiente de
amortiguamiento c es pequeño comparado con la constante del resorte k . Las raíces
de la ecuación característica son complejas
m1     2   2 i y m 2     2   2 i
Por lo tanto la solución general de (2.18) es
xt   e t c1 cos w 2  2 t   c 2 sen w 2  2 t 





58
El movimiento es oscilatorio, pero debido al factor e t , las amplitudes de vibración
tienden a cero cuando t   .
Ejemplo 2.3:
Se suspende una masa de 1 Kg. de un resorte, alargándolo 0,7 metros de su
longitud natural. Se conoce que inicialmente la masa se pone en movimiento desde la
posición de equilibrio con una velocidad de 1 m s hacia abajo, determinar la ecuación
del movimiento si el medio circundante ofrece una resistencia igual a:
1) 9 veces la velocidad instantánea c  9 .


2) 2 14 veces la velocidad instantánea c  2 14 .
3) la velocidad instantánea c  1 .
SOLUCIÓN:
DATOS:
s  0,7 m elongación del resorte cuando se alcanza el equilibrio

m  1kg
x0  0 m posición inicial de la masa 
x' 0  1 m s la velocidad inicial de la masa va en la dirección positiva, hacia abajo 
Tomando g  9,8
pies
s
, se tiene que w  mg  1kg.9,8 m s 2  9,8N
De la ecuación (2.1) Ley de Hooke se tiene que
k
w 9.8 N
N

 14
s 0,7m
m
59
Parte 1: c  9
el medio circundante ofrece una resistencia igual a 9 veces la velocidad instantánea.
Sustituyendo en la ecuación (2.17) se obtiene
d 2x
dt
2
9
dx
 14 x  0
dt
Las raíces de la ecuación característica son m1  2 y m 2  7 reales y distintas, por
lo tanto es un movimiento sobreamortiguado, la solución general es
xt   c1e 2t  c2 e 7t
al aplicar las condiciones iníciales x0  0m y x' 0  1 m s , se obtiene que
c1 
1
1
y c 2   , por consiguiente la ecuación del movimiento es
5
5
xt  

1  2t
e  e 7 t
5

Figura 2.6. Curva solución del movimiento sobreamortiguado
60


Parte 2: c  2 14 resistencia igual a 2 14 veces la velocidad instantánea.
Sustituyendo en la ecuación (2.17) se obtiene
d 2x
dt
2
 2 14
dx
 14 x  0
dt
La ecuación característica es m 2  2 14m  14  0 ; factorizando se obtiene
m 
14
2  0 ,
las raíces son iguales m1  m 2   14 , por lo tanto es un
movimiento críticamente amortiguado, la solución general es
xt   e 
14t
c1  c 2 t 
al aplicar las condiciones iníciales x0  0m y x' 0  1 m s , se obtiene que
c1  0 y c2  1 , por consiguiente la ecuación del movimiento es
xt   te 
14t
Figura 2.7. Curva solución del movimiento críticamente amortiguado
61
Parte 3: c  1 resistencia igual a la velocidad instantánea.
d 2x
Sustituyendo en la ecuación (2.17) se obtiene
dt 2

dx
 14 x  0
dt
Las raíces de la ecuación característica es m 2  m  14  0 son complejas
m1  
1
55
1
55

i y m2   
i,
2
2
2
2
por
lo
subamortiguado, la solución general es: xt   e

t
2
tanto
este
sistema
está

 55 
 55 
t   c 2 cos
t 
c1 sen
2
2





al aplicar las condiciones iníciales x0  0m y x' 0  1 m s , se obtiene que
c1 
2 55
y c 2  0 , por consiguiente la ecuación del movimiento es
55
t
 55 
2 55  2
xt  
e sen
t 
55
2


Figura 2.8. Curva solución del movimiento subamortiguado
62
2.1.5 E.D.O MOVIMIENTO FORZADO
a) E.D.O DE MOVIMIENTO FORZADO CON AMORTIGUAMIENTO
Se considera el movimiento de un objeto en un sistema resorte-masa con
amortiguamiento; bajo la influencia de una fuerza de excitación f t  como lo
muestra la ecuación (2.6)
m
d 2x
dt
2
c
dx
 kx  f t 
dt
Ejemplo 2.4:
Se tiene el mismo sistema masa resorte del ejemplo 2.3, pero se aplica una
fuerza externa f t  
1
sent y el medio circundante ofrece una resistencia igual a 9
2
veces la velocidad instantánea, determinar la ecuación del movimiento.
SOLUCIÓN:
Sustituyendo en la ecuación (2.6) se obtiene
d 2x
dt
Las
raíces
de
la
ecuación
2
9
dx
1
 14 x  sent
dt
2
característica
m 2  9m  14  0
son
m1  2 y m 2  7 reales y distintas, por lo tanto la solución de la ecuación
complementaria es
xc  c1e 2t  c 2 e 7t
Para determinar una solución particular se aplica el operador inverso
xp 
1
1
sent
2 D 2  9 D  14
63
Aplicando la formula 1.14.5, teniendo en cuenta que a = 1 y que se debe
sustituir –a2 en D 2 , para obtener
xp 
1
1
1
1
sent 
sent
2  1  9 D  14
2 9 D  13
Aplicando el operador conjugado y su inverso, para utilizar nuevamente la formula
1.14.5
xp 
1
1
9 D  13 1 sent   1 9 D  13 21 2 sent
2 9 D  13
81D  13
 9 D  13
 2
finalmente se obtiene
xp 
1 9 Dsent   13sent 13sent  9 cos t

2
 81  169
500
La solución general viene dada por la suma de las soluciones obtenidas, o sea
x  x c  x p , por lo tanto
xt   c1e  2t  c 2 e 7t 
13sent  9 cos t
500
al aplicar las condiciones iníciales x0  0m y x' 0  1 m s , se obtiene que
c1 
11
101
y c2  
, por consiguiente la ecuación del movimiento es
50
500
xt  
11 2t 101 7t 13sent  9 cos t
e

e

50
500
500
64
Figura 2.9. Curva solución del movimiento forzado
Observe que en esté caso como f t  es una función periódica la solución
general de (2.6) es la suma de una función no periódica xc t  llamada solución
transitoria y una función periódica x p t  llamada solución de estado estable.
Donde lím t  xc t   0 , así para grandes valores de t los desplazamientos de la masa
se aproximan mediante la solución particular x p t  .
b) E.D.O DE MOVIMIENTO FORZADO SIN AMORTIGUAMIENTO
Se considera el movimiento de un objeto en un sistema resorte-masa sin
amortiguamiento; bajo la influencia de una fuerza de excitación f t  por lo tanto la
ecuación (2.6) se transforma en
m
d 2x
dt 2
 kx  f t 
65
Si f t  es una fuerza periódica no hay término transitorio en la solución y si
la fuerza periódica tiene una frecuencia cercana o igual que la frecuencia de las
vibraciones libres causa un problema grave en un sistema mecánico oscilatorio.
Ejemplo 2.5:
Se suspende una masa de 1 kg. de un resorte, cuya constante es k  4 N m . Se
conoce que inicialmente la masa se pone en movimiento desde la posición de
equilibrio con una velocidad de 1 m s hacia abajo, determinar la ecuación del
movimiento si se desprecia la resistencia que ofrece el medio circundante y
suponiendo que se aplica una fuerza externa f t  igual a:
a) f t  
1
 21 
cos t 
2
 10 
b) f t  
1
cos2t 
2
SOLUCIÓN:
Caso a: Sustituyendo en la ecuación (2.6) se obtiene:
d 2x
dt 2
 4x 
Las raíces de la ecuación característica m 2  4  0 son
1
 21 
cos t 
2
 10 
m1  2i y m 2  2i
imaginarias, por lo tanto la solución de la ecuación complementaria es
xc  c1 cos2t   c2 sen2t 
Para determinar una solución particular se aplica el operador inverso
xp 
1
1
 21 
cos t 
2
2 D 4
 10 
66
Aplicando la formula 1.14.5, con a 
xp 
1
2
21
y sustituyendo –a2 en D 2 , para obtener
10
1
2
 21 
  4
 10 
50
 21 
 21 
cos t    cos t 
41
 10 
 10 
La solución general viene dada por x  x c  x p , por lo tanto
xt   c1 cos2t   c 2 sen2t  
50
 21 
cos t 
41  10 
al aplicar las condiciones iníciales x0  0m y x' 0  1 m s , se obtiene que
c1 
50
1
y c 2  , por consiguiente la ecuación del movimiento es
41
2
xt  
50
1
50
 21 
cos2t   sen2t   cos t 
41
2
41  10 
Figura 2.10. Oscilación no amortiguada con pulsos (a)
67
d 2x
Caso b: Sustituyendo en la ecuación (2.6) se obtiene:
dt 2
 4x 
1
cos2t 
2
La ecuación característica es la misma, por lo tanto xc  c1 cos2t   c2 sen2t 
Para determinar una solución particular se aplica el operador inverso
xp 
1
1
cos2t 
2
2 D 4
 
Aplicando la formula 1.14.6, ya que al sustituir –a2 en P D 2 se anula,
xp 
t 1
t
t
cos2t    cos2t dt  sen2t 
2 2D
4
8
La solución general viene dada por x  x c  x p , por lo tanto
xt   c1 cos2t   c 2 sen2t  
t
sen2t 
8
al aplicar las condiciones iníciales x0  0m y x' 0  1 m s , se obtiene que
c1  0 y c 2 
1
, por consiguiente la ecuación del movimiento es
2
xt  
1
t
sen 2t   sen 2t 
2
8
Este fenómeno de desplazamientos no acotados de un sistema masa-resorte se
le llama resonancia, si esta ecuación describiera los desplazamientos del sistema, el
sistema necesariamente fallaría, ya que las oscilaciones grandes de la masa forzarían
en algún momento el resorte más allá de su límite elástico (ver figura 2.11).
68
Figura 2.11. Curva solución del movimiento forzado no amortiguado (b)
2.2 ANALOGIA DE CIRCUITOS EN SERIE RLC
Se considerará el circuito eléctrico simple mostrado en la figura 2.12, donde R
es la resistencia en ohmios, C es la capacidad del condensador en faradios, L es la
inductancia en henrios, E t  es la fuerza electromotriz (fem) en voltios e it  es la
corriente en amperios.
Inductor
(Inductancia L)
Batería o generador
(Fuerza Electromotriz E
Resistor
(Resistencia R)
t  )
Capacitor
(Capacitancia C)
Figura 2.12. Un Circuito RLC
69
Las diferencias en potencial eléctrico en un circuito electrico cerrado causan
que fluya corriente en el circuito, la batería o generador crea una diferencia de
potencial eléctrico E t  entre sus dos terminales. En cualquier tiempo dado t la
misma corriente fluye en todos los puntos del circuito. Se sabe que hay una diferencia
de potencial en cada componente del circuito, la caida de voltaje a tráves de la
resistencia está dada por
VR  iR
la caida de voltaje a tráves de la bobina de inducción está dada por
VI  L
di
dt
la caida de voltaje a tráves de un capacitor está dada por
VC 
1
q
C
donde q es la carga eléctrica almacenada por el condensador.
De acuerdo con la ley de Kirchhoff, la suma de estos voltajes es igual al
voltaje E t  aplicado al circuito; es decir
L
di
1
 Ri  q  E t 
dt
C
(2.19)
Pero la carga qt  en el condensador se relaciona con la corriente it  mediante
i
dq
di d 2 q
y

dt
dt dt 2
(2.20)
70
así la ecuación (2.19) se convierte en una E.D.O lineal de segundo orden
L
d 2q
dt 2
R
dq 1
 q  E t 
dt C
(2.21)
Para obtener la E.D.O que rige la corriente, primero se deriva (2.19) con respecto a t
y después se sustituye (2.20), obteniéndose así
L
d 2i
dt
2
R
di 1
dE t 
 i
dt C
dt
(2.22)
Por lo tanto la corriente en el circuito se puede obtener tanto resolviendo
(2.22) directamente o resolviendo (2.21) para la carga y después derivando la carga
para obtener la corriente.
La nomenclatura usada en el análisis de circuitos eléctricos es similar a la que
se empleo en el estudio de los sistemas resorte-masa. Como (2.21) y (2.22) son
similares a la E.D.O (2.6), las soluciones de (2.21) y (2.22) deben ser identicas en su
forma a las soluciones para los resortes. Es decir, para los sistemas libres no
amortiguados
R  0
y Et   0 , las soluciones son movimientos armónicos
simples. Para los sistemas libres amortiguados Et   0 , el comportamiento es
sobreamortiguado si R 2  4
subamortiguado si R 2  4

(2.21) contiene el factor e
L
L
 0 , criticamente amortiguado si R 2  4  0 y
C
C
L
 0 . En cada uno de estos casos la solución general de
C
R
t
2L ,
así que qt   0 cuando t   .
71
Cuando se aplica un voltaje E t  al circuito, se dice que las vibraciones
electricas son forzadas. En el caso cuando R  0 , la función complementaria q c t 
de (2.21) se llama solución transitoria. Si E t  es una función periódica o constante,
entonces la solución particular q p t  es una solución de estado estable.
Ejemplo 2.6:
Una batería con f.e.m suministra un voltaje Et   100sen10t  voltios y se
halla conectada en serie con una bobina de inducción de 1 henrio, una resistencia de
20 ohmios y un condensador de 0,002 faradios. Si en el instante t  0 circula una
corriente de 2 amperios y el condensador tiene una carga de -6 coulombios;
determinar la corriente que fluye en el circuito y la carga en función del tiempo.
SOLUCIÓN:
Sustituyendo en (2.21) se obtiene
d 2q
dt
2
 20
dq
1

q  100sen10t 
dt 0,002
Las raíces de la ecuación característica m 2  20m  500  0 usando la
resolvente de la ecuación de 2do grado, se obtiene:
m
 20  20 2  4.1500
2 *1

  10
 20   1600
 10  20i  
2
  20
por lo tanto la solución de la ecuación complementaria es
qc  e 10t c1 cos20t   c 2 sen20t 
72
Para determinar una solución particular se aplica el operador inverso
q p  100
1
D  20 D  500
2
sen10t 
Se aplica la formula 1.14.5, con a = 10 y sustituyendo –a2 en D 2 , para obtener
q p  100
1
1
sen10t   5
sen10t 
 100  20 D  500
D  20
Utilizando un artificio matemático, aplicar el operador conjugado al
numerador y denominador, para aplicar nuevamente la formula 1.14.5
qp  5
1 D  20
D  20
Dsen10t   20sen10t 
sen10t   5
sen10t   5
D  20 D  20
 100  400
D 2  20 2
finalmente se obtiene
qp 
2sen10t   cos10t 
10
La solución general viene dada por qt   q c  q p , por lo tanto
qt   e 10t c1 cos20t   c 2 sen20t  
2sen10t   cos10t 
10
al aplicar las condiciones iníciales q0  6coulombios y i0 
obtiene que c1  
dq
 2amperios , se
dt
59
59
y c2  
, por lo que la ecuación de la carga es
10
20
qt   
59 10t
2 cos20t   sen20t   2sen10t   cos10t 
e
20
10
73
Para encontrar la corriente it  se deriva qt  , ya que i 
it  
dq
, obteniéndose que
dt
295 10t
e
sen20t   sen10t   2 cos10t 
2
(b)
(a)
Figura 2.12. Curva solución de la carga (a) y de la corriente (b).
Se puede observar que lím t  ic t   0 , es decir que éste es el régimen
transitorio y por lo tanto después de un tiempo “suficientemente grande” solamente
queda la corriente estacionaria i p t  . El comportamiento de la carga es similar.
74
2.3 DEFLEXIÓN DE UNA VIGA HORIZONTAL
De acuerdo con Dennis Zill [2] una buena cantidad de estructuras se
construyen a base de vigas, las cuales se flexionan o distorsionan por su propio peso
o debido a que soportan una carga dada (fuerzas externas). Se estudiarán solamente
las vigas que son uniformes, tanto en forma como en material y además se supondrá
que las fuerzas actúan perpendicularmente al eje longitudinal.
Cuando la viga no recibe carga alguna, incluyendo su propio peso, la curva
que une los centroides de sus secciones transversales es una recta llamada eje de
simetría (ver figura 2.13). Si a la viga se le aplica una carga en el plano vertical que
contenga al eje de simetría, sufre una distorsión y la curva que une los centroides de
las secciones transversales se le llama curva de flexión o curva elástica.
Eje de simetría
A


Curva
elástica
B
Figura 2.13. Eje de simetría y curva elástica.
Sea AB el eje de simetría de la viga, por la acción de las cargas verticales, la
viga se flexiona. Se considera un punto P del eje AB de abcisa x (ver figura 2.14) y
en él la sección transversal S; se denomina Momento Flector M x  en el punto P, o
en esa sección transversal, a la suma algebraica de los momentos respecto de P
(centro de gravedad de esa sección) de todas las fuerzas que actúan a un lado de la
sección S; su efecto es el de doblar la viga.
75
Y
A
S
P

B
X
y
x
Figura 2.14. Deflexión de una viga.
Esa flexión de la viga depende del material que se empleó en su construcción

y de las cargas que soporte. El momento de una fuerza F en torno a un punto P es el
producto de la fuerza por la distancia de P a la línea de acción de la fuerza

 
M  r  F , unidimensionalmente M  Frsen , si   90 entonces M  Fr . Se
demuestra en Mecánica (teoría de la elasticidad) que el momento flector M x  está
dado por
M x  
EI
R
(2.23)
donde: E es una constante denomidada módulo de elasticidad (módulo de Young)
del material de la viga, I es el momento de inercia de la sección transversal S de la
viga respecto al denominado eje o línea neutra (el cual pasa por el centro de
gravedad de la sección) y se supone que I es una constante. El producto EI se
denomina rigidez a la flexión de la viga.
76
R es el radio de curvatura de la curva elástica en el punto P flectado. Si la
ecuación de la curva elástica es y  yx se sabe que
1  y' 
R
2
3
2
(2.24)
y' '
y por lo tanto sustituyendo en (2.24) en (2.23) resulta la E.D.O de segundo orden
M x   EI
y' '
1  y' 
2
3
2
(2.25)
ordenando
y' ' 

1
1  y' 2
EI
 M x 
3
2
(2.26)
haciendo y '  p e y ' '  p' en (2.26), se obtiene

dp 1

1 p 2
dx EI
 M x 
3
2
separando variables
dp
1  p 
2 3

1
M x dx
EI
integrando se obtiene


dp

2 3
1 p

 


1
M x dx  hx   c1  H x 
EI 
(2.27)
I1
Para resolver la integral I1 se hace el cambio de variables p  tg  dp  sec 2  d
resultando
77

dp
1  p 
2
3
2
sec 2 

1  tg  
2
3
d  
sec 2 
sec 3 
d   cos  d  sen
y como
sen 2 
tg 2
1  tg 2

p2
1 p 2
entonces
sen 
p
1 p
(2.28)
2
por lo tanto sustituyendo (2.28) en (2.27) se tiene que
p
1 p
2
 H x  
p2
1 p
2
 H x 2
de donde
p
H x 
1  H x 2
 dy 
H x dx
1 H x 2
Integrando nuevamente, se tiene que
yx   c 2  
y
H x dx
1 H x 2
(2.29)
(2.29) es la ecuación de la curva elástica. Pero según Earl Rainville [9]
frecuentemente la función de carga, o su derivada, son discontinuas; por lo tanto esa
integral no se puede obtener por funciones elementales, salvo en algunos casos
especiales.
78
Se hará entonces una modificación al procedimiento realizado anteriormente
para resolver la E.D.O (2.25), se utilizará el desarrollo en serie de Taylor en y '  0 de

la función 1  y ' 2
 , obteniéndose:
3
2
y' ' 
M x   3 2 3 4

1  y '  y ' ... 
EI  2
8

por lo tanto si la flexión es bastante ligera, la pendiente y ' de la curva elástica en
todos sus puntos es numéricamente pequeña y como en el desarrollo anterior figuran
las potencias y' 2 , y' 4 ,... , estas serán aún más pequeñas y se pueden despreciar,
resultando que la ecuación (2.26) se puede escribir
d2y
dx 2

1
M x 
EI
(2.30)
Integrando dos veces la ecuación (2.30) se obtiene la ecuación de la curva elástica. La
constante E es bastante grande a fin de que
1
sea pequeño y por lo tanto la viga no
E
sufra una gran flexión (observe el cuadro 2.1).
CUADRO 2.1
Módulo de elasticidad E para algunos materiales

Material
E kgs / cm 2
Aluminio
5,9 x10 5
Cobre
9,8x10 5
Plomo
1,5 x10 5

Acero
20x10 5
* Tomado de Orellana Mauricio [7]
79
Las condiciones en la frontera asociadas a la ecuación (2.30) depende de la
forma en que están sostenidos los extremos de la viga. Una viga en voladizo (ver
figura 2.15) esta empotrada en un extremo y libre en el otro. Para una viga en
voladizo, la flexión yx  debe satisfacer las dos condiciones siguientes en el extremo
empotrado x  0

y0  0 porque no hay flexión en ese lugar, y

y' 0  0 porque la curva de flexión es tangente al eje x, es decir, la pendiente
de la curva de flexión es cero en ese punto.
Cuando x  L las condiciones de extremo libre son

y' ' L  0 porque el momento flexionante es cero, y

y' ' ' 0  0 porque la fuerza cortante es cero.
Figura 2.15. Viga en voladizo
Observe a continuación algunos ejemplos de cómo determinar la ecuación de la curva
de flexión de una viga.
80
Ejemplo 2.7:
Una viga horizontal de 2l metros de longitud está apoyada en sus extremos.
Hallar la ecuación de su curva elástica y su máxima deformación vertical si la viga
tiene una carga uniformemente distribuida de w kg/m.
SOLUCIÓN:
Se toma el origen en el extremo A de la viga, con el eje x horizontal y sea
Px, y  un punto cualquiera de la curva elástica.
x
0
x0
y0
wl
B

wx

Px, y 
y0

xl
y'  0
x
2
wl
Figura 2.16. Diagrama de cuerpo libre viga apoyada en los extremos
Se considera el segmento 0P de la viga, en él se tiene:
i) Un empuje vertical hacia arriba (reacción) de wl kg en el origen 0, a x metros
de P.
ii) Una carga wx en el punto medio del segmento 0P, a
De la ecuación 2.30 se sabe que: EI
EI
Integrando se obtiene
d2y
dx 2
d2y
dx 2
x  2l
x
metros de P.
2
 M x  , se puede escribir la E.D.O
wx
 x
 wlx  wx   wlx 
2
2
2
81
EI
dy wlx 2 wx 3


 c1
dx
2
6
Pero en el punto medio de la viga se tiene que x  l y
dy
 0 , sustituyendo se
dx
determina la constante c1
EI 0 
EI
Es decir
wl 3
wl l 2 wl 3

 c1  c1  
3
2
6
dy wlx 2 wx 3 wl 3



dx
2
6
3
integrando nuevamente se tiene
EIy 
wlx 3 wx 4 wl 3 x


 c2
6
24
3
pero en el origen x  y  0 , por lo tanto
EI 0 
wl 03 w04 wl 3 0


 c 2  c2  0
6
24
3
Finalmente la ecuación de la curva elástica es
y

w
4lx 3  x 4  8l 3 x
24 EI

La máxima deformación vertical de la viga (flecha) a una distancia x de 0 está dada
por  y , en esté caso tiene lugar en el punto medio de la viga x  l 
y max


w
5wl 4
3
4
3

4l l   l  8l l  
24 EI
24 EI
82
Ejemplo 2.8:
Una viga horizontal pesada de 3 metros de longitud, no homogénea, está
empotrada normalmente en un muro y sostiene un peso de 4 kg. en el extremo libre.
Si se supone que la densidad lineal de carga (o carga unitaria) es una función lineal de
su distancia al extremo libre y vale 1 en dicho extremo y 10 en el apoyo. Determinar
la ecuación de su curva elástica.
SOLUCIÓN:
3m
B

A
B
A
x

4kg
3
4kg
Figura 2.17. Diagrama de cuerpo libre viga en voladizo
Se toma el origen en el extremo A de la viga, siendo B el extremo libre. En un
punto cualquiera de abcisa  , se tiene    , la densidad de carga, que por hipótesis
es una función lineal de 3   (distancia a B), es decir de la forma
    k1 3     k 2
Conociendo que en B vale 1 y en A vale 10,  3  1   0  10 , sustituyendo se
tiene que
1  k1 3  3  k 2  k 2  1
10  k1 3  0  1  k1  3
83
sustituyendo
    33     1  10  3
Observe que la densidad de carga disminuye linealmente desde A hasta B. Se
considera ahora un punto cualquiera de abcisa c que determina la sección a un lado de
él (dibujada en trazo rayado) y se calcula M x  : en un punto de abcisa  de esa
sección, el momento respecto a x es igual a 10  3   x y como se debe sumar
todos éstos cuando  varía de x a 3 metros, resulta la integral
3
  10  3   x d
x
el signo negativo se debe al sentido del momento (hacia abajo). A esta integral se
debe sumar el momento respecto al punto x , producido por la carga de 4 kg, el cual
vale  43  x , y por lo tanto
3
M x     10  3   x d  43  x 
x
integrando:
3


3x 2
x3
41
M x     3 
 5 2  10 x   4 x  12 
 5 x 2  x  30


2
2
2

x
De la ecuación 2.30 se sabe que: EI
EI
d2y
dx 2

d2y
dx 2
 M x  , se puede escribir la E.D.O
x3
41
 5 x 2  x  30
2
2
84
Integrando se obtiene
EI
dy x 4 5 x 3 41 2


 x  30 x  c1
dx
8
3
4
dy
 0 , sustituyendo se
dx
Pero en el extremo A de la viga se tiene que x  0 y
determina la constante c1
EI 0 
0 4 503 41 2

 0  300  c1  c1  0
8
3
4
EI
Es decir
dy x 4 5 x 3 41 2


 x  30 x
dx
8
3
4
integrando nuevamente se tiene
EIy 
x 5 5 x 4 41 3

 x  15 x 2  c 2
40 12 12
pero en el origen (extremo A) x  y  0 , por lo tanto
EI 0 
05  504  41 03  1502  c
40
12
12
2
 c2  0
Finalmente la ecuación de la curva elástica es
y
donde x varía de 0 a 3.

1  x 5 5 x 4 41 3


x  15 x 2 


EI  40 12 12

85
2.4 MOVIMIENTO UNIDIMENSIONAL:
Un cuerpo de masa m se mueve a lo largo de una línea recta de forma que su
velocidad v varía respecto al tiempo (movimiento acelerado) y la aceleración a que
adquiere el cuerpo se debe a una o varias fuerzas que actúan en el sentido del
movimiento o en sentido opuesto. Conforme a las Leyes de Newton, se tiene que:
 F  m.a
(2.31)
Para el movimiento del cuerpo en la dirección del eje x, se tiene que:
 Fx  m.a x
(2.32)
además se sabe que:
dv x d 2 x
dx
vx 
(2.33) y a x 
(2.34)

dt
dt
dt 2
donde x es la posición del cuerpo y t el tiempo.
Ejemplo 2.9:
Un móvil se desplaza con una aceleración igual al doble de su velocidad en
cualquier instante de tiempo, determinar la ecuación del desplazamiento ( x ) y la
velocidad ( v ) del móvil en función del tiempo, si se conoce que inicialmente el móvil
parte del origen con una velocidad inicial de 10 m .
s
86
SOLUCIÓN:
Se conoce que vt  
dx
dt
at  
y
d 2x
dt 2
, por la condición del problema queda
planteada una E.D.O lineal de segundo orden:
d 2x
dt
2
dx
2
dt

d 2x
dt
Utilizando la notación del operador lineal D 
2
2
dx
0
dt


d
queda D 2  2D x  0
dt
Resolviendo la E.D.O homogénea, las raíces del polinomio característico
m 2  2m  0 ó mm  2  0 , son reales y distintas m  0  m  2 , por lo tanto la
solución general es:
xt   c1  c 2 e 2t
Para determinar las constantes se utiliza las condiciones iníciales x0  0 m y
v0  10 m
s
0  c1  c 2 e 2.0  c1  c2  0
Pero vt  
dx
 2c 2 e 2t sustituyendo la condición 10  2c 2 e 2.0  c2  5 por lo
dt
tanto c1  5 , finalmente
xt   5  5e 2t
vt   10e 2t
87
Ejemplo 2.10:
Un cuerpo se desplaza en línea recta, bajo la acción de dos fuerzas, una igual a
k cost  , la otra numéricamente igual a la distancia del cuerpo al origen y dirigida
hacia el origen. Determinar la ecuación del desplazamiento ( x ) y la aceleración ( a )
del cuerpo en función del tiempo, si se conoce que inicialmente el cuerpo parte del
origen con una velocidad inicial v 0 .
SOLUCIÓN:
xt 
k cost 
m
x
0
Figura 2.18 Diagrama de cuerpo libre
Sea x el desplazamiento del cuerpo después de un tiempo t , conforme a las
Leyes de Newton y según el diagrama de cuerpo libre queda planteada una E.D.O
lineal de segundo orden:
 Fx  m.a x  k cost   x  m
d 2x
dt 2
ordenando la ecuación diferencial
d 2x
dt 2

1
k
x  cost 
m
m
donde m es la masa del cuerpo ( m  0 ), utilizando la notación del operador lineal
D
d
1
k
d2

y D2 
queda  D 2   x  cost 
2
dt
m
m

dt
88
Resolviendo la E.D.O homogénea, las raíces del polinomio característico  2 
son imaginarias   
1
0
m
1
i , por lo tanto la solución complementaria es:
m
 1 
 1 
xc  c1 cos
t   c 2 sen
t 
 m 
 m 
Para hallar una solución particular de la E.D.O completa se utiliza el operador inverso
xp 
k
m
1
1
D 
m
cost 
2
Aplicando la formula 1.14.5, teniendo en cuenta que a   y que se debe sustituir
 a 2   2 en D 2 , para obtener
xp 
k
m
1
1
 
m
2
cost  
k
1  m 2
cost 
por lo tanto la solución general es:
 t 
 t 
k
  c 2 sen
 
xt   c1 cos
cost 
2
 m
 m  1  m
También se sabe que:
vt  
c
 t  c2
 t 
dx
k
 
 
  1 sen
cos
sent 
2
dt
m
m
 m
 m  m  1
Aplicando las condiciones iníciales para hallar las constantes, para t  0 , x  0 y
dx
 v 0 , se tiene que:
dt
89
 0 
 0 
k
k
  c 2 sen
 
0  c1 cos
cos.0  c1  
2
1  m 2
 m
 m  1  m
v0  
 0  c2
 0 
k
 
 
sen
cos
sen0  c2  v0 m
2
m
m
 m
 m  m  1
c1
Finalmente se tiene
xt  
 t 
 t 
k
  v0 msen
 
cos
cost 
2
m 2  1  m 
 m  1  m
k
Pero también se pide la aceleración, se conoce que at  
d 2x
dt 2
, derivando dos veces
se obtiene
at  

k
m 1  m 2

 t  v0
 t 
k 2
 
 
cos
sen
cost 
2
m
m
m
m


1




Ejemplo 2.11:
Un cuerpo de masa m se lanza verticalmente hacia arriba, con un impulso tal
que le proporciona una velocidad inicial v 0 . Determinar las ecuaciones de
desplazamiento y velocidad del cuerpo considerando que:
a) La resistencia del aire es despreciable.
b) La resistencia del aire es proporcional a la velocidad del cuerpo en cualquier
instante t.
Determinar la máxima altura alcanzada por el cuerpo en cualquiera de los casos.
90
SOLUCIÓN:
CASO a considerando despreciable la resistencia del aire
y
m
mg
yt 
x
0
Figura 2. 19 Diagrama de cuerpo libre
Se considerará la dirección hacia arriba como positiva y se designa por
y  yt  la distancia del cuerpo medida a partir del origen, en el instante t. Como se
observa en el diagrama de cuerpo libre, sobre el cuerpo actúa solamente la fuerza
gravitatoria de magnitud mg , por la segunda Ley de Newton se tiene que
 Fy  m.a y
  mg  m
d2y
Es decir
dt 2
d2y
dt 2
 g
integrando dos veces se obtiene:
dy
gt 2
  gt  c1 , y  
 c1t  c 2
dt
2
Para determinar las constantes se considera que el cuerpo parte del origen, es decir,
para t  0 , y  0 ,
dy
 v 0 sustituyendo se tiene que
dt
91
v0   g 0  c1  c1  v0
g 02
0
 c1 0  c 2
2
 c2  0
Por lo tanto
gt 2
yt   v0 t 
2
vt  
,
dy
 v 0  gt
dt
La altura máxima se alcanza cuando v  y' t   0 ; es decir, para el tiempo t tal que
v
dy
 v 0  gt  0  t  0
dt
g
sustituyendo en yt 
y max
v
g  0
v 
 g
 v 0  0  
2
 g 



2
 y max 
v0 2
2g
CASO b considerando que al movimiento del cuerpo se opone el aire, con una
resistencia proporcional a la velocidad instantánea del cuerpo.
y
kv
m
mg
x
0
Figura 2.20 Diagrama de cuerpo libre considerando la resistencia del aire
92
En esté caso sobre el cuerpo actúan dos fuerzas, la fuerza gravitatoria y la
resistencia de magnitud kv  k
dy
, ambas actúan hacia abajo (si el cuerpo se desplaza
dt
hacia arriba), por la segunda Ley de Newton se tiene que
 Fy  m.a y
Es decir
d2y
dt 2

dy
d2y
m
  mg  k
dt
dt 2
k dy
 g
m dt
d
d2
2
utilizando la notación del operador lineal D 
y D 
queda
dt
dt 2
k
 2 k 

 D  D  y   g  D D   y   g
m 
m


Resolviendo la E.D.O homogénea, las raíces del polinomio característico


  
k
k
  0 son reales   0 y    , por lo tanto
m
m
y c  c1  c 2
k
 t
m
e
Para hallar una solución particular de la E.D.O completa se utiliza el operador inverso
aplicando la formula 1.14.3, teniendo en cuenta que a  0 y que Pa  0 , se obtiene
yp  
1
k

D D  
m

por lo tanto la solución general es:
ge ot  
yt   c1  c 2
mg
t
k
k
 t
m
e

mg
t
k
93
También se conoce que
k
 t
dy
mg
k
vt  
  c2 e m 
dt
m
k
Para determinar las constantes se considera que el cuerpo parte del origen, es decir,
para t  0 , y  0 ,
dy
 v 0 sustituyendo resulta el sistema
dt
 c1  c 2  0

 k c  mg  v
0
 m 2 k
Luego resolviendo se obtiene
c1 
mg 
mg 
m
m
 v0 
 y c 2    v0 

k
k 
k 
k 
Finalmente se tiene
k
 t  mg
mg 
m

m
y t    v 0 
1  e
 k t
k
k 


k
mg   m t mg

vt    v 0 

e
k 
k

La altura máxima se alcanza cuando v  y' t   0 ; es decir, para el tiempo t tal que
k
kv 
dy 
mg   m t mg
m 
  v0 

 0  t  Ln1  0 
e
dt 
k 
k
k 
mg 
sustituyendo en yt 
y max
mg  mg
m
  v0 

k
k  k
 m  kv0 
mv0 m 2 g  kv0 


 Ln1 
  y max  k  2 Ln1  mg 
k
mg
k





94
Ejercicios Propuestos:
1. En un sistema mecánico masa resorte, se sabe que una masa de 10 kg. estira
un resorte 5 cm. Suponiendo que al mismo resorte se le coloca un peso de 3
kg. y una vez que se reestablece la posición de equilibrio, se alarga hacia
abajo 12 cm. y se le suelta; suponga además que el peso está conectado a un
mecanismo de amortiguación el cual ejerce una fuerza de 0.02 kg. para una
velocidad de 10
Sol. xt   12e

cm
. Determinar la ecuación del desplazamiento.
s
t
 
3 cos


 5999 
m
5999 
1


t
sen
t  Asuma: g  10 2
 3


5999
s


 3

2. En equilibrio, un objeto de 64 lb estira un resorte 4 pies y está unido a un
amortiguador cuya constante de amortiguamiento es c  8
lb * s
. Inicialmente
pie
se desplaza 18 pulgadas arriba de la posición de equilibrio con velocidad
hacia abajo de 4 pies/s. Determinar su desplazamiento y amplitud en función
del tiempo.
3. Una masa de 1 kg que estira un resorte
49 cm está en equilibrio. Un
amortiguador unido al resorte suministra una fuerza de 4 N de
amortiguamiento por cada m/s de rapidez. Inicialmente, la masa se desplaza a
10 cm arriba de su posición de equilibrio y se le da una velocidad hacia debajo
de 1 m/s, determine la ecuación de desplazamiento.
95
1
1

Sol. xt   e  2t  cos4t   sen4t  m
5
10

4. En equilibrio, una masa de 16 lb estira un resorte 6 pulgadas y está unido a un
mecanismo con constante de amortiguamiento c. Determine los valores de c
tales que la vibración libre del peso tenga un número infinito de oscilaciones.
5. Un cuerpo de 40 kg de peso está colgado de un resorte, siendo la constante
del resorte k  10kg / m . Determinar la posición del cuerpo al cabo de un
tiempo t si la velocidad inicial es v0 y se le aplica una fuerza igual a 5sen(2t).
Sol. xt  
2
5  2  5
m
 v 0   sen t   sen2t  Asuma: g  10 2
5
3  5  6
s
6. Se tiene un resorte que alarga 6 pulgadas (15.24 cm) bajo la acción de un peso
de 3 libras (1.361 kg). Se suspende de él un peso de 3 lb y se interrumpe su
estado de reposo. Se estira hacia abajo hasta desplazarse 3 pulgadas y se
suelta. Determinar la ecuación del desplazamiento si actúa sobre el resorte una
fuerza fija de
3
sen6t .
2
7. Un circuito eléctrico RLC consta de una inductancia de 0.05 henrios, una
resistencia de 50 ohmios y un condensador de 0,0004 faradios de capacidad
conectados en serie con una f.e.m constante de E  110 voltios. Si en el
instante t  0 , i  q  0 ; determinar la corriente que fluye en el circuito y la
carga en función del tiempo.

Sol: q  0.047e 53t  0.0026e 947t  0.044 , i  2.46 e 53t  e 947t

96
8. Un circuito eléctrico contiene un generador que suministra un voltaje
Et   120sen400t  voltios y se halla conectado en serie con una bobina de
inducción de 0.1 henrios, una resistencia de 10 ohmios y un condensador de
0,0002 faradios. Si en el instante t  0 no circula corriente y el condensador
no tiene carga; determinar la corriente que fluye en el circuito y la carga en
función del tiempo.
9. Un circuito eléctrico consta de una inductancia de 0.05 henrios, una
resistencia de 50 ohmios y un condensador de 0,0004 faradios de capacidad
conectados en serie con una f.e.m alterna de E  200 cos100t  voltios. Si en
el instante t  0 , i  q  0 ; determinar la corriente que fluye en el circuito y la
carga en función del tiempo.
Sol: q  0.018e 53t  0.005e 947t  0.034sen100t  0.014 cos 100t ,
i  0.98e 53t  4.43e 947t  1.38sen100t  3.45 cos 100t
10. Un circuito eléctrico RLC consta de una inductancia de 0.1 henrios, una
resistencia de 3 ohmios y un condensador de capacidad C 
1
faradios
200
conectados en serie con una f.e.m de E  100sen50t voltios. Si la corriente y
la carga inicial en el condensador son nulas, determinar la corriente en el
circuito y la carga en función del tiempo.
97
11. Un circuito eléctrico RLC consta de una inductancia L 
1
henrios, una
8
resistencia R  5 ohmios y un condensador de capacidad C  10 2 faradios
conectados en serie con una f.e.m de Et   sent voltios. Determinar la
corriente en condiciones estables en el circuito. (sugerencia: las condiciones
iniciales no son necesarias). Sol: i 
1
6392 cos t  320sent 
640,001
12. Un cuerpo que se desplaza en línea recta es atraído hacia el origen con una
fuerza proporcional a su distancia al origen. Determinar la ecuación del
desplazamiento ( x ) del cuerpo en función del tiempo, si se conoce que
inicialmente el cuerpo parte de una posición x  x 0 con una velocidad inicial
v 0 alejándose del origen.
13. Un móvil se desplaza con una aceleración igual al nueve veces el recorrido
realizado, determinar la ecuación del desplazamiento ( x ) y la velocidad ( v )
del móvil en función del tiempo, si se conoce que inicialmente el móvil parte
del origen con una velocidad inicial de 12 m .
s

Sol: xt   2e 3t  2e 3t y vt   6 e 3t  e 3t

14. El motor de una lancha es capaz de proporcionar una fuerza constante de P
kiligramos, en el sentido de movimiento de la lancha. Si la lancha parte del
reposo y se supone que la resistencia que opone el agua al movimiento, es
98
proporcional a la velocidad en el instante t; determinar la velocidad límite que
alcanzará la lancha.
15. Una viga horizontal l metros de longitud está empotrada en un extremo y
libre en el otro. Determinar la ecuación de su curva elástica y la deformación
máxima si tiene una carga uniformemente distribuida de w kg/m.
Sol. y 

w
4lx 3  6l 2 x 2  x 4
24 EI

16. Una viga horizontal l metros de longitud está empotrada en un extremo y
libre en el otro. Determinar la ecuación de su curva elástica y la deformación
máxima si tiene una carga uniformemente distribuida de w kg/m y además
actúa un peso w kg en el punto medio de la viga.
17. Una viga horizontal de l metros de longitud está empotrada en ambos
extremos. Hallar la ecuación de su curva elástica y su máxima deformación
vertical si la viga tiene una carga uniformemente distribuida de w kg/m y
además actúa una carga de w kg en el extremo libre de la viga.
Sol. y 



w
w
2lx 3  l 2 x 2  x 4 
l 3  6l 2 x  9lx 2  4 x 3
24 EI
48EI
