1 Aplicaciones . E: Un paracaidista cae partiendo del reposo. El

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Aplicaciones .
E: Un paracaidista cae partiendo del reposo. El peso combinado de él y su paracaídas es W . El
paracaídas ejerce una fuerza en ambos (por resistencia del aire) que es directamente proporcional a la velocidad durante la caída, esto es, FR / v. El paracaidista cae verticalmente, y se
requiere hallar su posición en cualquier momento.
a. Si se supone que el paracaídas está abierto desde el momento inicial.
b. Si se supone que el paracaídas se abre 10 s después de iniciada la caída.
D: H Lo primero es establecer un modelo para el comportamiento del sistema. Denotemos la
posición del paracaidista al tiempo t por y.t/ con y.0/ D 0. La dirección positiva del eje y apuntando hacia abajo, en la dirección del movimiento. La fuerza de la gravedad Fg D mg D W ,
por lo que una vez abierto el paracaídas hay dos fuerzas actuando sobre el paracaidista, Fg D
W y FR D ˇv D ˇy 0 . El signo negativo de FR (donde ˇ es una constante positiva relacionada con la fricción del aire sobre el paracaidista) es porque FR se opone al movimiento.
Por la segunda ley de Newton tenemos
entonces
F D ma, donde F es la suma de fuerzas acW
tuando, m es la masa del sistema igual a
y a es la aceleración. Esto significa en nuestro
g
caso que
W 00
my 00 D W ˇy 0 )
y C ˇy 0 W D 0:
g
Tenemos además las condiciones iniciales y.0/ D 0 (la altura inicial) & y 0 .0/ D 0 (por caer
partiendo del reposo).
a. Con las consideraciones anteriores, la primera parte del problema se resuelve con el PVI:
W 00
y C ˇy 0 D W; con y.0/ D y 0 .0/ D 0:
g
La ED del PVI se puede escribir:
y 00 C
ˇg 0
y D g:
W
Aplicando la TL a esta ED resulta:
ˇg
g
ˇg
g
g
g
2
2
D :
s Y C
sY D
) s C
s Y D
) Y D ˇg
ˇg
W
s
W
s
2
2
s s C
s
s sC
W
W
Ahora sólo falta tomar la TL inversa para obtener la solución. Si usamos fracciones parciales, proponemos:
g
A
B
C
D C
Y D C
;
2
ˇg
ˇg
s
s
2
sC
s sC
W
W
lo cual sólo es posible si se cumple
ˇg
ˇg
As s C
CB sC
C C s 2 D g:
(1)
W
W
25. canek.azc.uam.mx: 25/ 1/ 2011
2
Si s D 0, entonces:
ˇg
ˇg
ˇg
W
A0 0C
CB 0C
C C 02 D g ) B
Dg ) BD
:
W
W
W
ˇ
Si s D
ˇg
, entonces:
W
2
ˇg
ˇg
ˇ2 g2
W2
A
0CB 0CC
Dg ) C D
g
)
C
D
:
W
W
W2
ˇ2 g
Para determinar A, debemos derivar (1):
ˇg
A sC
C As C B C 2C s D 0;
W
si hacemos en esta ecuación s D 0 y recordamos que B D
ˇg
A 0C
W
C A 0 C B C 2C 0 D A
En consecuencia,
Y D
Finalmente, al calcular ˇ
1
y.t/ D
D
ˇg
W
ˇg
C
D0 ) A
D
W
ˇ
W
W2
W
2
ˇ g
ˇ
C 2 C
s
s
W
W
1 1
C ˇ
ˇ
2
ˇ g
ˇ
s
W2
W
W2
C
t
C
e
ˇ2 g
ˇ
ˇ2g
1
ˇg
t
W
2
W
1
C 2 ˇ
2
ˇ g
s
D
W
) AD
ˇ
W2
:
ˇ2 g
W2
ˇ2 g
:
ˇg
sC
W
:
2
W
, resulta:
ˇ
1
˚
W
W2
t C 2 .e
ˇ
ˇ g
1
sC
ˇg
t
W
ˇg
W
D
1/:
b. Para la segunda parte del problema, tomamos en cuenta que el paracaídas se abre hasta
los 10 s.
Para t 10 el PVI que modela el problemas es
y 00 D g (caída libre); con y.0/ D y 0 .0/ D 0:
Tiene como solución
1
y.t/ D gt 2 ) y 0 .t/ D gt:
2
0
Tenemos entonces y.10/ D 50g & y .10/ D 10g.
Para tiempos t 10 s, consideramos el problema de valor inicial
y 00 . / C
ˇg 0
y . / D g; con y.0/ D 50g & y 0 .0/ D 10gI
W
3
donde hemos utilizado una nueva variable D t
ˇ f y 0 . /g D sY
10. Tenemos ahora
y 0 .0/ D s 2 Y
50g & ˇ f y 00 . /g D s ˇ f y 0 . /g
y.0/ D sY
50gs
10g:
La TL de la ED para tiempos t 10 es
ˇg
g
s 2 Y 50gs 10g C
.sY 50g/ D
)
W
s
ˇg
g
ˇg 2
) s2 C
s Y D C 50gs C 10g C 50
)
W
s
W
ˇg 2
10g
C
50
g
50gs
W )
C
)Y D C
ˇg
ˇg
ˇg
s2 C
s
s2 C
s
s s2 C
s
W
W
W
ˇg 2
10g
C
50
50g
g
W :
C
C )Y D ˇg
ˇg
ˇg
s2 s C
sC
s sC
W
W
W
(2)
La TL inversa que necesitamos de Y para resolver el problema se puede calcular por linealidad. Para el primer sumando de (2), se tiene
ˇ
1
˚
g
s2 s C
ˇg
W
W
W2
D
C 2
ˇ
ˇ g
ˇg
W
e
1 ;
como encontramos en la primera parte del problema.
Para el segundo sumando de (2), la TL inversa es
1
ˇ
‚
Para el tercer sumando de (2),
ˇ
1
ˇg 2
10g C 50
W
ˇg
s sC
W
˚
ƒ
50g
ˇg
sC
W
D
D 50ge
10g C 50
ˇg
W
2
ˇg
W :
ˇ
1
˚
1
ˇg
;
s sC
W
(3)
así que sólo hace falta hallar la TL inversa de este último término. Usemos fracciones
parciales. Buscamos constantes A & B de modo que
1
s sC
ˇg
W
D
A
C
s
B
;
ˇg
sC
W
lo cual sólo es posible si
ˇg
A sC
W
C Bs D 1:
4
Si s D 0, entonces:
ˇg
W
CB 0 D 1 ) A D
:
W
ˇg
A
ˇg
, entonces:
W
Si s D
A0CB
Se sigue que
ˇ
1
˚
1
ˇg
s sC
W
ˇg
W
W
1 1
D
ˇ
ˇg
s
W
ˇ
ˇg
1
Utilizando lo anterior en (3) resulta
ˇ
1
‚
ˇg 2
10g C 50
W
ˇg
s sC
W
ƒ
˚
˚
D
ˇg 2
10g C 50
W
D
W
10 C 50g
ˇ
La solución para t 10 es, usando (2):
˚
W
:
ˇg
D1 ) BD
1
ˇg
sC
W
W
ˇg
1
1
e
W
ˇg
D
e
ˇg
W
W
e
ˇg
ˇg
W
ˇg
W :
D
:
ƒ
‚
ˇg 2
50g
10g
C
50
W D
ˇg
Cˇ 1
y.t/ D ˇ 1 2
ˇg C ˇ 1
s sC
ˇg
sC
W
s sC
W
W
2
ˇg
ˇg
ˇg
W
W
W
D
C 2
e W
1 C 50ge W C 10 C 50g
1 e W
:
ˇ
ˇ g
ˇ
g
Simplificando, obtenemos la solución para todo tiempo t:

1

 gt 2 ;

2
y.t/ D
2
W
10W
W


50g C .t 10/ C
1 e
ˇ
ˇ
ˇ2g
si t 10I
ˇg
.t 10/
W
;
si t > 10: