1.- Una bala se disapara perpendicularmente en una placa a una velocidad inicial de V0=100m/s tal como se muestra en la figura, la bala atravesando sale de la placa, su velocidad es V1=80m/s. Se sabe que el espesor de la placa b=0,1m, y la fuerza resistente de la placa en la bala es proporcional al cuadrado de la velocidad de la bala, es decir, R=Bv2 .Determine el tiempo T que la bala toma para pasar a través de la placa.

SOL.

Sean

S = el camino recorrido;

t = tiempo en segundos

V = dsdt

= velocidad del cuerpo

La descripción matemática es:

dsdt

=ks

La solución de la ecuación diferencial es:

S=Aekt, para t=10seg. S=100mts.

Reemplazando se tiene:

100 = Ae10 k→A= 100

10k………(1)

Para t=15 seg. S = 200mts

Reemplazando se tiene 200=Ae15 k→A=200

e15 k….. (2)

Igualando (1) y (2) se tiene:

K = ln (2)5

, reemplazando en (1) o en (2) se tiene:

A=25

Luego la expresión queda: S=25.2t2

PROBLEMA

De observaciones experimentales se sabe que la temperatura superficial de un objeto cambia con rapidez proporcional a la diferencia de temperatura del objeto y su entorno. Este hecho es conocido como la ley de enfriamiento de Newton. Si la temperatura de una taza de café es de 95°C recién hervida, y al minuto se enfrió a 88°C en un cuarto que está a 20°C, ¿cuánto tiempo debe de transcurrir para que se enfríe hasta los 60°C?

Llamaremos T a la temperatura del café a lost minutos.

Entonces dTdt

=−k (T−28) es la ecuación diferencial del proceso.

Resolviendo por el método de separación de variables es:

∫ dTT−20

+∫ kdt=0

ln (T−20)+k t=ln(c)

T=ce−kt+20

Aplicando las condiciones iniciales:

t = 0 T = 95

95 = c + 20, c = 75

Y para t =1, T =80

88=75e−k+20, k=−ln 6875

Entonces T=75e(ln 6875

)t+20

Para T = 60

60−2075

=e(ln 6875 )t

ln ( 4075 )=ln ( 6875 )t

t = 6.42 minutos

3.- Resuelve las siguientes ecuaciones.

z’(0)=-14 , y’(0)=8

y’(t)+z’(t)+z(t)=0

y’(t)+2y(t)+6∫0

1

z (v )dv+2=0

Por transformaciones de Laplace

y’(t)+z’(t)+z(t)=0……………………………………………….(1)

Transformando

£(y)[S] + £(z)[S+1] – y(0) – z(0) =0

y’(t)+2y(t)+6∫0

1

z (v )dv+2=0……………………………………(2)

Transformando

£(y)[S2] + 6£(z) +2£(y)[S] –y(0)[S]=-2

Derivamos 1 y 2

y’’(t)+z’’(t)+z’(t)=0………………………………………………(4)

Transformando

£(y)[S2] +£(z)[S2 +S] – y(0)[S] – z(0)[S+1]=-6

y’’(t)+2y’(t)+6z(t)+2=0

Transformando

£(y)[S2+2s] + £(z) – y(0)[S+2]=2

AHORA HALLAMOS LAS VARIABLES:

£(y)[S] + £(z)[S+1] – y(0) – z(0) =0

£(y)[S2] + 6£(z) +2£(y)[S] –y(0)[S]=-2

£(y)[S2] +£(z)[S2 +S] – y(0)[S] – z(0)[S+1]=-6

£(y)[S2+2s] + £(z) – y(0)[S+2]=2

£(y)= 5/2 / (S2 – 3/2 S – 1)

£-1(5/2 / (S2 – 3/2 S – 1)) = y

5/2 / (S2 – 3/2 S – 1) = A / (S-2) + B/ (S+1/2)

A=1 , B=-1

£-1(5/2 / (S2 – 3/2 S – 1)) = e2t – e-t/2

y= e2t – e-t/2