Vibra: probs c4

De luz-wiki

Main cap.4


Problema 4.1

4.1 Show that the relaxation time for very heavily damped LCR circuit is RC.

4.1 Muestre que el tiempo de mitigación para cada circuito LCR severamente amortiguado es RC.

Conocemos la ecuación para el oscilador ligeramente amortiguado (ecuación 3.3 G. Main, Vibrations and waves in physics)\[\frac{d^{2}\psi}{dt^{2}}+\gamma\frac{d\psi}{dt}+\omega_{0}^{2}\psi=0 ... (1)\]

También sabemos que \begin{equation}\gamma=\frac{b}{m}\end{equation}

\begin{equation}\omega_{0}^{2}=\frac{s}{m}\end{equation}


Por regla de Kirchhoff(ecuación 4.1, G. Main) para un circuito LCR podemos escribir la siguiente ecuación\[L\left(\frac{d^{2}\psi}{dt^{2}}\right)+R\left(\frac{d\psi}{dt}\right)+\left(\frac{1}{C}\right)\psi=0 ...(2)\]


Al multiplicar por \(\frac{1}{L}\) obtenmos lo siguiente


\begin{equation}\frac{d^{2}\psi}{dt^{2}}+\frac{R}{L}\left(\frac{d\psi}{dt}\right)+\frac{1}{LC}\psi= 0 ...(3)\end{equation}


\begin{equation}\gamma=\frac{R}{L}\end{equation}


\begin{equation}\omega_{0}^{2}=\frac{1}{LC}\end{equation}

Las ecuaciones 1 y 3 son ecuaciones análogas.

La relaxation time en una amortiguación critica está definida como:

$$\tau_{r}=\frac{\gamma}{\omega_{0}^{2}}$$

Entonces

$$\tau_{r}=\frac{\frac{R}{L}}{\frac{1}{LC}}=\frac{RLC}{L}=RC$$


Finalmete obtenemos \begin{equation}\tau_{r}=RC\end{equation}

Pedro Pablo Ramírez Martínez (discusión) 00:24 17 feb 2014 (UTC)

--Esther Sarai (discusión) 18:56 1 mar 2015 (CST)Esther Sarai García González --Luis Santos (discusión) 13:15 11 mar 2015 (CDT)



4.1Show that the relaxation time for very heavy damped LCR circuit is RC

Muestre que el tiempo de mitigación para cada circuito LCR severamente amortiguado es RC.

(otra forma de resolver)

Tomando como base las expresiones de los apuntes,para un circuito RCL muy pesadamente amortiguado en el cual \(\gamma\succ\succ\succ w_{0} .\) La amplitud del movimiento se reduce a\[\thickapprox A_{1}\exp\left(\frac{-W_{0}^{2}t}{\gamma}\right)\cdots\left(1\right) \] El tiempo de reljación para este tipo de circuitos es aquel en el que el factor de decaimiento se reduce por un factor de \(\frac{1}{e} \) por lo tanto,igualamos el factor de decaimiento exponencial de la expresión \(\left(1\right)\) a \(\frac{1}{e}\) tenemos\[\frac{1}{e}=\exp\left(\frac{-W_{0}^{2}t}{\gamma}\right)\cdots\left(2\right) \]

sacando logaritmo natural a ambos lados de la expresión \(\left(2\right) \)


\(\log\left(\frac{1}{e}\right)=\log\left(\exp\left(\frac{-W_{0}^{2}t}{\gamma}\right)\right)\Rightarrow\log\left(1\right)-\log\left(e\right)=\frac{-W_{0}^{2}t}{\gamma}\Rightarrow0-1=-\left(\frac{W_{0}^{2}t}{\gamma}\right)\cdots\left(3\right) \)


Despejando el tiempo de \( \left(3\right) \) para el cual se cumple esta relación tenemos\[\left(-\frac{W_{0}^{2}t}{\gamma}\right)=1\Rightarrow t=\left(\frac{\gamma}{W_{0}^{2}}\right)\cdots\left(4\right) \]

Pero\[\gamma=\left(\frac{R}{L}\right) \]

Y


\(W_{0}=\left(\frac{1}{\sqrt{LC}}\right)\Rightarrow W_{0}^{2}=\left(\frac{1}{LC}\right)\cdots\left(5\right) \)

Sustituyendo \(\left(5\right) \) en \(\left(4\right) \)

\(t=\frac{R}{L}/\frac{1}{LC}=\frac{RLC}{L}=RC \)


Por lo tanto el tiempo de relajamiento para un circuito RLC pesadamente amortiguado es


\(\tau_{r}=RC \)


--MISS (discusión) 00:22 20 jun 2013 (CDT)


--Pablo (discusión) 01:36 28 feb 2015 (CST)

Problema 4.2

4.2 A capacitor is charged to a voltage V and is then connected across a coil. If the damping is critical, show that the current rises to a maximun value 2V/eR, where R is the total resistance of the circuit made by the capacitor ant the coil.

Un condensador se carga a una tensión V y es conectado a través de una bobina. Si el amortiguamiento es crítico, mostrar que la corriente aumenta a un valor máximo de 2V / eR, donde R es la resistencia total del circuito realizado por el condensador de la bobina.


La solución para las ecuaciones (3.3) y (4.1) es:


\[\psi(t)=(C_{1}+C_{2}w_{0}t)\]

Esto muestra que es una amortiguación critica


Condiciones iniciales

\[\psi(0)=V_{1}C\]

Entonces, tenemos ahora\[V_{1}C=C_{1}\Longrightarrow C_{1}=V_{1}C\]


\[i(0)=\frac{d\psi}{dt}(0)=0\]


\[i(t)=\frac{d}{dt}\psi(t)\]


\[i(t)=\frac{d}{dt}\left[(C_{1}+C_{2}w_{0}t)\exp^{-w_{0}t}\right]\]


\[i(t)=C_{2}w_{0}\exp^{-w_{0}t}+(C_{1}+C_{2}w_{0}t)(-w_{0})\exp^{-w_{0}t}\]


\[i(t)=(C_{2}-C_{1})w_{0}\exp^{-w_{0}t}-C_{2}w_{0}^{2}\exp^{-w_{0}t}\]


Entonces \[0=i(0)=C_{2}w_{0}-w_{0}C_{1}\]

Así que \[C_{1}=C_{2}\Longrightarrow C_{2}=V_{1}C\]

Así, \[\psi(t)=V_{1}C(1+w_{0}t)\exp^{-w_{0}t}\]


\[i(t)=V_{1}Cw_{0}^{2}t\exp^{-w_{0}t}\]


Con \[i(t)=\left|\frac{d\psi}{dt}\right|\]


\[\frac{di}{dt}=V_{1}Cw_{0}^{2}\left[\exp^{-w_{0}t}-w_{0}t\exp^{-w_{0}t}\right]\]


Si \(\frac{di}{dt}=0\) entonces: \[\exp^{-w_{0}t}-w_{0}t\exp^{-w_{0}t}=0\]


\[\exp^{-w_{0}t}(1-w_{0}t)=0\]


Así que: \[(1-w_{0}t)=0\]


\[\dot{t}=\frac{1}{w_{0}}\]


Luego,

\[i_{max}(\dot{t})=V_{1}Cw_{0}^{2}\dot{t}\exp^{-w_{0}\dot{t}}\]


\[i_{max}(\dot{t})=V_{1}Cw_{0}^{2}\frac{1}{w_{0}}\exp^{-w_{0}\frac{1}{w_{0}}}\]


Con, \[w_{0}^{2}=\frac{1}{LC}\]


\[i_{max}(\dot{t})=V_{1}Cw_{0}\exp^{-1}\]


\[i_{max}(\dot{t})=V_{1}C\sqrt{\frac{1}{LC}}\exp^{-1}\]


\[i_{max}(\dot{t})=v_{1}\sqrt{\frac{c}{L}}\exp^{-1}\]


Puesto que la resistencia crítica de amortiguamiento es:

\[R=2w_{0}L\]


\[R=2\sqrt{\frac{1}{LC}}L\]


\[R=2\sqrt{\frac{L}{C}}\Longrightarrow\sqrt{\frac{C}{L}}=\frac{2}{R}\]


Así entonces,

\[i_{max}=\frac{2V_{1}}{\exp R}\]

Mario Moranchel (discusión) 02:47 6 feb 2014 (UTC)

--mfg-wiki (discusión) 12:00 9 may 2013 (CDT) --Pablo (discusión) 01:56 28 feb 2015 (CST) --A. Martín R. Rabelo (discusión) 01:30 1 mar 2015 (CST)


--Esther Sarai (discusión) 20:06 1 mar 2015 (CST)Esther Sarai

Problema 4.3

A galvanometer with a coil of resistance $R{}_{G}$ is connected in series with an external resistance $R{}_{ext}$ . Show that by varying $R{}_{ext}$ we can select values of Q within the limits

$\frac{GR_{G}Q_{m}}{GR_{G}+Q_{m}}\leq Q\leq Q_{m}$

where $Q_{m}$ is that part of Q due to the mechanical effects and G is the constant defined as $G=\frac{\omega I}{g}$.

[Traducción ]

Un galvanómetro con una bobina de resistencia $R{}_{G}$ está conectada en serie con una resistencia externa $R{}_{ext}$. Mostrar que variando $R{}_{ext}$ podremos seleccionar valores de Q dentro de los límites

$\frac{GR_{G}Q_{m}}{GR_{G}+Q_{m}}\leq Q\leq Q_{m}$

Donde $Q_{m}$ es la parte de Q debido a los efectos mecánicos y G es la constante definida como $G=\frac{\omega I}{g}$.

Solución:

Primero tomemos en cuenta algo, sabemos que $Q=\frac{\omega}{\gamma}$ , donde $\gamma$ es el ancho del amortiguamiento. Si en este caso tenemos dos amortiguamientos, el mecánico $(\gamma_{m})$ y el eléctrico $(\gamma_{e})$, entonces el ancho total $(\gamma)$ es la suma de ambos.

$\gamma=\gamma_{m}+\gamma_{e}$. Entonces despejando $\gamma$ de la ecuación superior, obtenemos $\gamma=\frac{\omega}{Q}$, pero como $\gamma$ es la suma de la parte mecánica y la parte eléctrica entonces tenemos que $\gamma=\frac{\omega}{Q_{m}}+\frac{\omega}{Q_{e}}$ y asi $\frac{\omega}{Q}=\frac{\omega}{Q_{m}}+\frac{\omega}{Q_{e}}$, donde Q son los llamados factores de calidad tanto mecánico, eléctrico y el total; como vemos la frecuencia angular $\omega$es la misma para todo el sistema, por lo que obtenemos $\frac{1}{Q}=\frac{1}{Q_{m}}+\frac{1}{Q_{e}}$, aqui hay que hacer las dos distinciones que nos pide el problema:


Sabemos que $Q_{e}=GR_{G}+GR_{ext}$, si $R_{ext}$ es muy grande entonces $\frac{1}{Q_{e}}$ tiende a cero con lo que se reduciría a $\frac{1}{Q}=\frac{1}{Q_{m}}$ o mejor visto $Q=Q_{m}$ que es la parte derecha de la desigualdad que queremos probar.


El otro caso es que $R_{ext}$ sea demasiado chiquito, casi cero, entonces no nos interesaría su contribución, entonces se reduce simplemente a $Q_{e}=GR_{G}$, con lo que $\frac{1}{Q}=\frac{1}{Q_{m}}+\frac{1}{GR_{G}}$, y así $Q=\frac{GR_{G}Q_{m}}{GR_{G}+Q_{m}}$ que es la parte izquierda de la desigualdad que queremos comprobar.


Entonces los valores de Q quedan dados entre $\frac{GR_{G}Q_{m}}{GR_{G}+Q_{m}}\leq Q\leq Q_{m}$al variar $R{}_{ext}$.


Edgar Ortega Roano 09:58 12 feb 2014 (CDT) Cesar Ivan Avila Vasquez 16:51 25 Febrero 2014

--Pablo (discusión) 01:34 28 feb 2015 (CST)


Problema 4.4

4.4 Asteady torque of $2.0x10^{-6}Nm,$ applied to the susppention of a ballistic galvanometer (by passing a suitable steady current), produces a steady delfection of 50º. Free vibratios of the suspension have a period og 2.5 s. Calculate the thow porducced by an angular impulse of $5.5x10^{-7}$Nm (applied by discharging a capacitor throw the coil).Neglect damping


Una torca fija de $2.0x10^{-1}Nm$ es aplicada a la suspensión de un galvanómetro balistico (al pasar una corriente estable), produce una desvación fija de 50º. Vibraciones libres de la suspensión, tienen un periodo 2.5 . Calcule el tiro porducido por un impulso angular de $5.5x10^{-7}Nm$ (que se aplica al descargar un capacitor), desprecie el amortiguamiento.

Se tienen los siguientes datos:

$\Delta t=2.5$s y $T=2.0x10^{-7}$ $Imp=5.5x10^{-7}$Nms

Y se conoce la siguiente relación:

\[ Imp=\frac{\Delta L}{\Delta t} \]


De donde se despeja $\Delta L$, que es el tiro; y se obritene:

\[ \Delta L=Imp\Delta t \]


Al sustituir los datos, se obtiene como resultado:

$\Delta L=1.3x10^{-6}Ns^{2}$

Ana Alarid (discusión) 03:05 22 feb 2014 (UTC)


"Problema 4.3"

Una torca fija de $2.0\times10^{-6}Nm$, aplicada a la suspensión de un galvanometro balístico (al pasar una corriente estable), produce una desviación fija de 50º . Vibraciones libres de la suspensión, tienen un periodo de $2.5s$. Calcule el tiro producido por un impulso angular de $5.5\times10^{-7}Nms$(Que se aplica al descargar un capacitor, desprecie el amortiguamiento.)

Solucion $\rightarrow$

Se conoce que

\[ I=\frac{\Delta L}{\Delta t} \]


Donde:

I = impulso angular

t = periodo

L = Tiro

Despejando $\triangle L$, tenemos

\[ \Delta L=I\Delta t \]


\[ \Delta L=(5.5\times10^{-7}Nm)(2.5s)=1.375\times10^{-6}Nms^{2} \]

Rosario Maya (discusión) 11:28 06 marzo 2015 (UTC)


Problema 4.5

4.5 Una masa 0.1kg es pegada a un resorte. Es jalado 200mm a la derecha de su posición cuando el resorte no esta ni estirado ni comprimido y entonces es liberado del reposo. Las vibraciones libres resultantes, que están amortiguadas por fricción tienen una frecuencia de 2.0Hz. Se observa que cada oscilación hacia la derecha la masa toma un punto 30mm hacia la izquierda de su límite previo. La masa finalmente llega al reposo a 235mm hacia la izquierda del punto del cual fue liberado. (a) Calcule la fuerza de fricción de deslizamiento.(b) Calcular los límites superior e inferior para la fuerza de pegado.

La ecuación de movimiento del sistema es:

\[ m\ddot{\psi}+k\psi=F_{sl}...(1) \]


Dividiendo entre la masa resulta:

\[ \ddot{\psi}+w_{0}^{2}\psi=\frac{F_{sl}}{m}...(2) \]


la primera oscilación se detiene cuando $|\psi|=A_{0}-4\frac{F_{sl}}{s}$

$\;$

además sabemos que $4\frac{F_{sl}}{s}=30mm$, por otro lado $s=mw_{0}^{2}=m(2\pi f)^{2}$

$\;$

Entonces

\[ F_{sl}=\frac{30}{4}m(2\pi f)^{2}\quad...(3) con\; m=0.1kg\; y\; f=2Hz \]


\[ F_{sl}=0.12N \]


(b) Sabemos que la fuerza de pegado es igual a

\[ F_{p}=s|\psi|...(1) \]


y además la última oscilación esta entre 50mm y 35mm, por lo que la fuerza máxima es:

\[ F_{max}=(15.79)(50x10^{-3}) \]


\[ F_{max}=0.789N \] Lo que resulta

\[ F_{min}=(15.79)(35x10^{-3}) \]


\[ F_{min}=0.552N \]

Luis Miguel Sánchez Mtz. (discusión) 19:17 8 feb 2014 (UTC)


--Esther Sarai (discusión) 18:50 28 feb 2015 (CST)Esther Sarai García Gonzalez --Rosario Maya (discusión) 24:07 07 marzo 2015 (CST)

Problema 4.6

4.6 Expresar el desplazamiento x(t) y la velocidad x'(t) del oscilador armónico sobre amortiguado utilizando funciones hiperbólicas


Para el caso sobre amortiguado x(t) y x'(t) se expresa


\(x(t)=e^{-\beta t}[A_{1}e^{\omega_{2}t}+A_{2}e^{-\omega_{2}t}]\)


\(x'(t)=e^{-\beta t}[-\beta(A_{1}e^{\omega_{2}t}+A_{2}e^{-\omega_{2}t})+(A_{1}\omega_{2}e^{\omega_{2}t}+A_{2}\omega_{2}e^{-\omega_{2}t})]\)


donde\[\omega_{2}=\sqrt{\beta^{2}-\omega_{0}^{2}}\]


Las funciones hiperbólicas están definidas como\[\cosh y=\frac{e^{y}+e^{-y}}{2}\] , \(\sinh y=\frac{e^{y}-e^{-y}}{2}\)


\(e^{y}=\cosh y+\sinh y\)


\(e^{-y}=\cosh y-\sinh y\)


sustituyendo en las ecuaciones\[x(t)=(\cosh\beta t-\sinh\beta t)[(A_{1}+A_{2})\cosh\omega_{2}t+(A_{1}-A_{2})\sinh\omega_{2}t]\]


y


\(x'(t)=(\cosh\beta t-\sinh\beta t)[(A_{1}\omega_{2}-A_{1}\beta)(\cosh\omega_{2}t+\sinh\omega_{2}t)-(A_{2}\beta+A_{2}\omega_{2})(\cosh\omega_{2}t-\sinh\omega_{2}t)\)


--David Alberto Rojas Solis (discusión) 06:17 6 jul 2013 (CDT)

--sandy (discusión) 21:31 6 jul 2013 (CDT)--sandy (discusión) 21:31 6 jul 2013 (CDT)

\( W=\frac{1}{2}m\omega^{2}A^{2}\)


\(W=\sim\frac{1}{2}m\omega^{2}\left|\psi(t)\right|^{2}\)


\(\left|\psi(t)\right|=A_{0}-\frac{4F_{ls}}{s}(\frac{t}{\tau})\)


\(W=\frac{1}{2}m\omega^{2}(A_{0}-\frac{4F_{ls}}{s})(\frac{t}{\tau})\)


\(\left|\psi\right|=A_{0}-\frac{2F_{ls}}{s} con \frac{\tau}{2}\)


\(\left|\psi\right|=A_{0}-\frac{4F_{ls}}{s} con \tau\)


\(\left|\psi\right|=A_{0}-\frac{6F_{ls}}{s} con \frac{3\tau}{2}\)


\(\left|\psi\right|=A_{0}-\frac{8F_{ls}}{s} con 2\tau\)


--Esther Sarai (discusión) 19:15 1 mar 2015 (CST)Esther Sarai García González

Problema 4.6 bis

4.6 In fig. 4.6 values of the energy W at successive maxima of $|\psi(t)|$ are plotted againt the time t, for the friction-damped vibration of fig 4.3. Show that the smooth curve throught the points is a parabola (not the exponential curve obtained with standard damping)

En la figura 4.4 los valores de la energía W en los máximos sucesivos de $|\psi(t)|$ están graficados contra el tiempo t, para la vibración amortiguada por fricción de la figura 4.3. Muetre que la curva que pasa a través de los puntos es una parábola (no la curva exponencial del amortiguamiento simple)

Imagen asociada al problema 4.6

Este problema se puede resolver con el hecho de que la energía de un sistema amortiguado depende de lo siguiente:

\[ \frac{dW}{dt}=-b\psi^{2}\leq0 \]


ya que la función es un valor absoluto, tenemos que la curva pasa por cada punto de la gráfica, es decir: $-b|\psi|^{2}=-b\psi^{2}$para $\psi^{2}\geq0$, y $-b(-\psi)^{2}$ para $\psi^{2}<0$, entonces la curva que pasa a través de $|\psi(t)|$ es la curva de decaimiento de energía.

Nota: Este problema pertenece al Libro de Iain G. Main

--Cesar Ivan Avila Vasquez 16:41 21 Febrero 2014 (CDT) --Pablo (discusión) 01:41 28 feb 2015 (CST)


Problema 4.7

4.7 Del siguiente sistema mecánico, hallar la ecuación característica donde: $k=1250 [\frac{N}{m}]$, $D=2000 [\frac{N-s}{m}]$, m=10[Kg], F(t)=1[N].

Sismec.png


Se suman las fuerzas del resorte, del amortiguador y la fuerza de inercia y se iguala con la fuerza de excitación:

\begin{equation} m\frac{d^2x}{dt^2}+D\frac{dx}{dt}+kx=F ....(1) \end{equation}

Sustituyendo valores

\begin{equation} (10)\frac{d^2x}{dt^2}+(2000)\frac{dx}{dt}+(1250)x=1 ....(2) \end{equation}

Utilizando la ecuación general de una ecuación diferencial de segundo orden \begin{equation} T^2\frac{d^2x}{dt^2}+2\epsilon T\frac{dx}{dt}+x= K ....(3) \end{equation}

La ecuación (2) la reescribiremos de la forma que posee la ecuación (3), dividiremos la ec. (2) por 1250 para que esté equilibrada: \begin{equation} (\frac{10}{1250})\frac{d^2x}{dt^2}+(\frac{2000}{1250})\frac{dx}{dt}+(\frac{1250}{1250})x=\frac{1}{1250} \end{equation}

\begin{equation} (8*10^{-3})\frac{d^2x}{dt^2}+(1.6)\frac{dx}{dt}+x=8*10^{-4} ....(4) \end{equation}

Ahora que la ec. (3) y (4) son de la misma forma, nos dispondremos a encontrar los elementos de (3) para observar el comportamiento del sistema.

\begin{equation} T^2=8*10^{-3} \end{equation}

Tiempo de respuesta del sistema

\begin{equation} T=0.089 \end{equation}

\begin{equation} (2)(\epsilon)(T)=1.6 \end{equation}

Despejando epsilon

\begin{equation} \epsilon=8.988; \epsilon > 1 \end{equation}

Observamos se trata de un caso sobre amortiguado, entonces calculamos sus polos:

\begin{equation} P_{{1},{2}}=\frac{-\epsilon\pm\sqrt{(\epsilon)^2-1}}{T} \end{equation}

\begin{equation} P_{{1},{2}}=\frac{-8.988\pm\sqrt{(8.988)^2-1}}{0.089} \end{equation}

Entonces:

\begin{equation} P_{1}=-0.627 \end{equation}

\begin{equation} P_{2}=-199.4 \end{equation}

Como es un caso sobre amortiguado conlleva a:

\begin{equation} X(t)=\frac{KP_{2}}{P_{1}-P_{2}}*\exp^{P_{1}t}+\frac{KP_{1}}{P_{2}-P_{1}}*\exp^{P_{2}t}+K \end{equation}

Sustituimos valores

\begin{equation} X(t)=\frac{(8*10^{-4})(-199.4)}{(-0.627)-(-199.4)}*\exp^{(-0.627)t}+\frac{(8*10^{-4})(-0.627)}{(-199.4)-(-0.627)}*\exp^{(-199.4)t}+8*10^{-4} \end{equation}

Por lo tanto, el comportamiento del sistema mecánico queda denotado por la siguiente expresión de segundo orden:

\begin{equation} X(t)=-(8*10^{-4})*\exp^{(-0.627)t}(+2.52*10^{-6})*\exp^{(-199.4)t}+(8*10^{-4}) \end{equation}

Angel Nahir Molina Guadarrama (discusión) 11:05 21 feb 2014 (UTC)

--Pablo (discusión) 01:20 28 feb 2015 (CST) --Luis Santos (discusión) 13:28 11 mar 2015 (CDT)

problema 4.8 serwey

El sistema de la figura tiene una masa \(1.52\) y una constante de fuerza de \(8.13N/m\) la fuerza resistiva esta dada por \(-v{(dx \over dt)}\) donde \(b=227g/s\) suponiendo que se empuja el bloque a un lado a una distancia \(12.5cm\) y se suelta

a) calcule el intervalo temporal necesario para que la amplitud pierda un tercio de su valor inicial

solución:
tenemos que la energía esta dada por

\[E(t)={{k A^2 exp(-2t/\gamma)}\over 2}\] tenemos las condiciones iniciales en \(t=0\) es \[E(t)=k A^2\] igualando las dos condiciones con \(t=0\) y a un tiempo \(t\) obtenemos lo siguiente: \[t=ln(3) \gamma\] \[t=ln 3(0.0066) \] b) ¿cuántas oscilaciones realizó el bloque en este tiempo? para saber n oscilaciones tenemos la siguiente función \[A=A_0 exp(n\pi/Q)\] despejando \(n\) tenemos \[n={ln 3 Q\over{\pi}}\] donde \[Q={\omega_o\over {\gamma}}\]

--Jose de jesus (discusión) 21:06 27 feb 2015 (CST)jose de Jesus Arizpe Flores 27/02/2015 --Pablo (discusión) 01:49 28 feb 2015 (CST)



Problema 4.9 Circuito RLC

¿Qué resistencia R se requiere(en términos de L y C) para impartir a un circuito LRC una frecuencia equivalente a la mitad de la frecuencia no amortiguada?

Solución:

Considerando la ecuación diferencial de un circuito LRC, por regla de Kirchhoff\[L\left(\frac{d^{2}\psi}{dt^{2}}\right)+R\left(\frac{d\psi}{dt}\right)+\left(\frac{1}{C}\right)\psi=0 ....(1)\]

De la ecuación (1) divimos entre L y obtenemos que:

\begin{equation}\frac{d^{2}\psi}{dt^{2}}+\frac{R}{L}\left(\frac{d\psi}{dt}\right)+\frac{1}{LC}\psi=0... (2)\end{equation}

Observamos la ecuación (2) se comporta en forma de una oscilación amortiguada Ondas: Atenuacion suave\[\frac{d^{2}\psi}{dt^{2}}+\gamma\frac{d\psi}{dt}+\omega_{0}^{2}\psi=0 ... (3)\]

Resolviendo la ecuación diferencial (3) para oscilaciones amortiguadas, obtenemos que la una solución es:

\[\psi(t)=Ae^{-\gamma t/2}cos(\omega_{t}t+\psi)\]

Donde

\[\omega_{t}=\sqrt{\omega_{0}^{2}-(\frac{\gamma}{2})^{2}} ...(4)\]

Por lo tanto usando la ecuación (4) obtenemos que la frecuencia angular en un circuito LRC, está dada por\[\omega= \sqrt{\frac{1}{LC}-\frac{R^2}{4L^2}} ... (5)\]


Usaremos la ecuación (5) para resolver el problema. Como el problema plantea que \(\omega\) tiene que ser la mitad de \(\omega_{0}\) . Donde \(\omega_{0}=\frac{1}{\sqrt{LC}}\)

Por lo tanto obtenemos que \(\omega =\frac{\omega_{0}}{2}\) sustituyendo los valores de las \(\omega\)\[\sqrt{\frac{1}{LC}-\frac{R^2}{4L^2}}= \frac{1}{2 \sqrt{LC}}...(6)\]

Desarrollando la ecuación (6), primero elevando al cuadrado los dos lados de la ecuación (6)\[\frac{1}{LC}-\frac{R^2}{4L^2}= \frac{1}{4{LC}}\] Si igualamos a cero\[\frac{1}{LC}-\frac{R^2}{4L^2}-\frac{1}{4{LC}}=0\] Desarrollamos\[\frac{1}{LC}-\frac{R^2}{4L^2}-\frac{1}{4{LC}}= \frac{3}{4LC}-\frac{R^2}{4L^2}=0\] \[\frac{3}{4LC}=\frac{R^2}{4L^2}\]

por lo tanto R en términos de L y C es igual a\[R= \sqrt{\frac{3L}{C}}\]

--Pablo (discusión) 23:58 28 feb 2015 (CST)

PROBLEMA 1.50 Engineering vibration,3rd edition by Daniel J.Inman

Resorte amortiguador del siguiente sistema mecánico hallar la ecuación característica donde : K= cte del resorte = 1250[N/m],D= cte del amortiguador =2000[Ns/m],M=masa= 10[kg],F(t)= 1N primero se hace la suma de las 3 fuerzas y se igualan con la fuerza de excitación, empezando con la fuerza de inercia \[M\frac{d^{2}x}{dt^{2}}+D\frac{dx}{dt}+Kx=F\]

Sustituyendo valores $$10 \frac{d^2x}{dt^2}+2000 \frac{dx}{dt}+1250x=1. $$ Se pasa esta ecuac\'on a una forma general para una ecuación diferencial de segundo orden $$T^ 2 \frac{d^2x}{dt^2}+2 \gamma T \frac{dx}{dt}+x=K$$ se divide cada t\'ermino de la ecuación entre 1250 para que este equilibrada $$\frac{1}{125}\frac{d ^2x}{dt^2} + \frac{200}{125} \frac{dx}{dt} + \frac{125}{125}x = \frac{1}{1250}$$ Obteniendo: $$8 \times 10^{-3}\frac{d^2x}{dt^2} + 1.6 \frac{dx}{dt}+ x= 8 \times 10^{-4}$$ Teniendo la ecuaci\'on anterior podemos encontrar los elementos para analizar el comportamineto del sistema. Lo que se hace es calcular $T$.\\

Ya que $T^2=8 \times 10^{-3}$, entonces $T=\sqrt{8 \times 10^{-3}}$, as\'i $T=0.089$. Donde $T$ es el tiempo de respaldo del sistema. \\

Teniendo que $$ 2 \gamma T = 1.6$$ Encontramos que $\gamma = 8.988 $. Se observa que $\gamma >1$, se trata de un caso sobreamortiguado.\\

Calculamos ahora ahora los polos del sistema:

$$P_{1,2} = \frac{- \gamma \pm \sqrt{\gamma^2 -1}}{ T }$$

Por lo que $P_1 = -0.627$ y $P_2= -199.4$

Prosigue calcular el sistema. Como nos da un caso sobreamortiguado tenemos que $$ X(t) = \frac{kP_2}{P_1 - P_2} e^{P_1t} + \frac{kP_1}{P_2-P_1}e^{P_2t} + k $$

Ahora sustituyendo los valores:

$$x(t) = \frac{(8 \times 10^{-4})(-199.9) }{(-0.627)-(199)} e^{-0.627t} + \frac{(8 \times 10^{-4})(-0.06279}{199.9 - (-0.627)}e^{-199.9t} + 8 \times 10^{-4}$$


$$x(t)= -8 \times 10^{-4} e^{-0.627t } + (2.52 \times10^{-6}) e^{-0.199.4t}+ (8 \times 10^{-4})$$

la ecuación anterior es la respuesta al sistema de segundo orden

--Luisa Alejandra Vega Sanchez (discusión) 10:01 1 mar 2015 (CST)luisa alejandra vega sanchez


Problema 4.7 Waves. C.A. Coulson -A. Jeffrey . Ed Longman

En un circuito RLC, que una inductacia de 1 [H], una resistencia de 40 [$\Omega$] y un capacitor de $\frac{1}{4E^{4}}$ [F], se aplica un volteje de V = 24 V. Determine el comportamiento de la carga y la intensidad de corriente en el circuito.

La ecuación que describe el comportamiento del circuito:

$$L \frac{ d^{2}Q}{dt^{2}} + R \frac{dQ}{dt} + \frac{1}{C} Q = E(t) ...(1)$$

Derivando la ecuación (1) resulta:

$$ L \frac{d^{2}I}{dt^{2}} + R\frac{dI}{dt}+\frac{1}{C}I(t)=\frac{dE(t)}{dt}...(2)$$

Sustituir los datos en las ecuaciones (1) y (2) respectivamente.

$$\frac{ d^{2}Q}{dt^{2}} + 40 \frac{dQ}{dt} + 4E^{4} Q(t) = \frac{1}{2}$$

$$ \frac{d^{2}I}{dt^{2}} + 40\frac{dI}{dt}+ 4E^{4}I(t) = 0 $$

Considerando la condiciones iniciales $Q(0) = 10^{-4}$ y $I=10^{-2}$ tenemos como solución.

$$Q(t) = \frac{1}{8E^{3}}e^{-20t}[\frac{47\sqrt{11}}{2.64E^{4}}\sin(\sqrt{1160t} + \frac{7}{8E^{3}}\cos(\sqrt{1160 t})]$$

$$I(t) = \frac{dQ}{dt}= e^{-20t}[\frac{1}{100}\cos(\sqrt{1160 t})-\frac{37\sqrt{11}}{6.6E^{3}}\sin(\sqrt{1160 t})] $$

--Esther Sarai (discusión) 16:31 1 mar 2015 (CST)Esther Sarai García Gonzalez



Problema adicional 1

Se inician oscilaciones eléctricas en un circuito en serie que contiene una capacitancia C, una inductancia L y una resistencia R. a) si \(R\ll\sqrt{\frac{4L}{C}}\) (amortiguamiento debil) ¿cuanto tiempo pasara antes de que la amplitud de la oscilacion de la corriente disminuya a 50.0% de su valor inicial? b) ¿cuanto tiempo tarda en disminuir la energia a 50% de su valor inicial?

La ecuacion para este tipo de problema es de la forma\[Q=Q_{max}\exp(-\frac{Rt}{2L})\cos\left(\omega_{d}t\right)\]

a) con\[\omega_{d}=\sqrt{\frac{l}{LC}+\left(\frac{R}{2L}\right)^{2}}\]

pero puesto que el tamaño de las oscilaciones decrecientes depende de la exponencial y el termino Q, solo se usara esa parte de la ecuacion anterior, asi a para encontrar el tiempo al que hay 50% de la carga inicial, se hace\[Q_{max}\exp(-\frac{Rt}{2L})=\frac{Q_{max}}{2}\]

\[\exp(-\frac{Rt}{2L})=\frac{1}{2}\]

\[-\frac{Rt}{2L}=\ln(\frac{1}{2})\]

\[t=-\frac{2L}{R}\ln\frac{1}{2}\]

b) La energia para este caso esta expresada por\[E=\frac{1}{2C}Q_{max}^{2}\]

Dividiendo esta entre dos y despejando para t da\[E_{1}=\frac{Q_{max}^{2}}{4C}=\frac{1}{2C}\left(\frac{Q_{max}}{\sqrt{2}}\right)^{2}\]

\[\frac{Q_{max}}{\sqrt{2}}=Q_{max}\exp(-\frac{Rt}{2L})\]

\[\ln\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)=-\frac{Rt}{2L}\]

\[t=-\frac{2L}{R}\ln\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)\]

--Uziel Sanchez Gutierrez (discusión) 18:43 1 mar 2015 (CST)



Problema Circuito RC en serie

Se aplica una fuerza electromotriz de $100V$ a un circuito en serie $RC$ en el que la resistencia es de $200 ohms$ y la capacitancia de \(10^{-4} farads\). Determine la carga $q(t)$ del capacitor, si $q(0)=0$. Encuentre la corriente $i(t)$.

CircuitoRC2.png


solución:

para encontrar la carga $q(t)$ tenemos que:

Entonces, aplicando la ley de mallas de kirchoff al circuito de la Figura para las caídas de voltaje en función de la carga $q(t)$, tenemos\[ R \frac{d q}{d t} + \frac{1}{C} q = E ( t) \qquad (1)\]

Donde $C, R$ son constantes conocidas como la capacitancia y resistencia, respectivamente. para encontrar la carga del circuito rc en serie, la ecuación diferencial a resolver, según la ecuación (1) y sustituyendo los valores del problema planteado, es\[200 \frac{d q}{d t} + \frac{1}{1 \times 10^{- 4}} q = 100 \qquad (2)\]

Resolviendo la ecuación (2)

Forma estándar\[ \frac{d y}{d x} + P ( x) y = g ( x) \Rightarrow \frac{d q}{d t} + 50 q = \frac{1}{2} \]

Factor Integrante\[ e^{\int P ( x) d x} = e^{\int 50 d t} = e^{50 \int d t} = e^{50 t} \]

Forma de la solución\[ y = y_c + y_p \Rightarrow q ( t) = q_{tr} ( t) + q_{s} ( t)\]

\[ y_c = A e^{ -\int P ( x) d x} \Rightarrow q_{tr} ( t) = A e^{- \int 50 d t}\\ \Rightarrow q_{tr} ( t) = A e^{- 50 t} \]

Donde $q_{tr}$ es la carga transitoria del capacitor en el circuito RC en serie.

\[y_p = \frac{1}{e^{\int P ( x) d x}} \int e^{\int P ( x) d x} f ( x) d x \Rightarrow q_s ( t) = \frac{1}{e^{50 t}} \int e^{50 t} \ast \frac{1}{2} d t\\ \Rightarrow q_s ( t) = \frac{1}{2 \ast 50 \ast e^{50 t}} \int e^{50 t} ( 50) d t\\ \Rightarrow q_s ( t) = \frac{1}{100 \ast e^{50 t}} \int e^{50 t} ( 50) d t\\ \Rightarrow q_s ( t) = \frac{1}{100} \ast e^{- 50 t} [ e^{50 t}]\\ \Rightarrow q_s ( t) = \frac{1}{100}\]


$q_s$ es la carga estacionaria del capacitor. Por tanto la carga (total en el circuito), buscada es\[q ( t) = q _{tr} ( t) + q_s ( t) \nonumber\\ \qquad \qquad q(t) = A e^{- 50 t} + \frac{1}{100} \qquad (3) \]


Para encontrar el valor de $A$ utilizamos los valores iniciales $q(0)=0$, cuando el tiempo $t=0$ la carga $q$ en el capacitor es 0 (como en un circuito abierto). Por tanto, sustituyendo estos valores en la ecuación (3) para la corriente resultante del circuito nos da\[ q ( t) = A e^{- 50 t} + \frac{1}{100}\\ 0 = A e^{- 50 ( 0)} + \frac{1}{100}\\ 0 = A ( 1) + \frac{1}{100}\\ 0 = A + \frac{1}{100}\]

\[\boxed{\therefore A = – \frac{1}{100}} \]

De donde sustituyendo $A$ en (3) nos da la Carga en el capacitor:


\[ q ( t) = – \frac{1}{100} e^{- 50 t} + \frac{1}{100} \, \]



Obteniendo la corriente $i(t)$, del circuito RC en serie

sabemos que \[Ri + \frac{1}{C}q = E(t)\]

sustituyendo los valores que conocemos, tenemos\[200 i + \frac{1}{1 \times 10^{- 4}} \left[ – \frac{1}{100} e^{- 50t} + \frac{1}{100} \right] = 100\]


despejando $i(t)$

\[200 i + \frac{1}{1 \times 10^{- 4}} \left[ – \frac{1}{100} e^{- 50 t} + \frac{1}{100} \right] = 100\\ i ( t) + \frac{10000}{200} \left[ – \frac{1}{100} e^{- 50 t} + \frac{1}{100} \right] = \frac{1}{2}\\ i ( t) + 50 \left[ – \frac{1}{100} e^{- 50 t} + \frac{1}{100} \right] = \frac{1}{2}\\ i ( t) – \frac{1}{2} e^{- 50 t} + \frac{1}{2} = \frac{1}{2}\\ i ( t) – \frac{1}{2} e^{- 50 t} = – \frac{1}{2} + \frac{1}{2}\\ i ( t) = \frac{1}{2} e^{- 50 t}\]


la corriente en el circuito, es:


\[\boxed{ \therefore i( t) = \frac{1}{2} e^{- 50 t}} \]


--Luis Martínez (discusión) 23:59 1 mar 2015 (CST)


Problema 4.10

Un ratón de .3kg se mueve en el extremo de un resorte con $K=2.50N/m$ sometido a una acción de una fuerza amortiguadora $F{}_{x}=-b\upsilon_{x}$

A)Si $b=.9 kg/s$ ¿Qué frecuencia de oscilación tiene el ratón ?

B)¿Con qué valor de b la amortiguación resulta crítica?

SOLUCIÓN:

De la ecuación $\frac{d^{2}\psi}{dt^{2}}+\gamma\frac{d\psi}{dt}+\omega_{0}^{2}\psi=0\,\,\,\,\,\,\,\,\,(a)$

Proponemos la solución $\psi=Ae^{-\alpha t}cos(\omega t)$

Entonces:

\[ \psi=Ae^{-\alpha t}cos(\omega t) \]


\[ \dot{\psi}=-A\alpha e^{-\alpha t}cos(\omega t)-A\omega e^{-\alpha t}sen(\omega t) \]


\[ \ddot{\psi}=A\alpha^{2}e^{-\alpha t}cos(\omega t)+2A\omega\alpha e^{-\alpha t}sen(\omega t)-A\omega^{2}e^{-\alpha t}cos(\omega t) \]


Por lo que substituyendo en la ecuación $(a)$ tenemos:

\[ A\alpha^{2}e^{-\alpha t}cos(\omega t)+2A\omega\alpha e^{-\alpha t}sen(\omega t)-A\omega^{2}e^{-\alpha t}cos(\omega t)-\gamma(A\alpha e^{-\alpha t}cos(\omega t)+A\omega e^{-\alpha t}sen(\omega t))+A\omega_{0}^{2}e^{-\alpha t}cos(\omega t)=... \]


\[ =Ae^{-\alpha t}[\alpha^{2}cos(\omega t)+2\omega\alpha sen(\omega t)-\omega^{2}cos(\omega t)-\gamma(\alpha cos(\omega t)+\omega sen(\omega t))+\omega_{0}^{2}cos(\omega t)]=0 \]


Sí, y sólo sí:

\[ 2\omega\alpha sen(\omega t)-\gamma\omega sen(\omega t)=0....(1) \]


y,

\[ \alpha^{2}cos(\omega t)-\omega^{2}cos(\omega t)-\gamma\alpha cos(\omega t)-\omega_{0}^{2}cos(\omega t)=0....(2) \]


De $(1)$ podemos factorizar $omega$ y queda:

\[ 2\alpha sen(\omega t)-\gamma sen(\omega t)=0 \]


\[ 2\alpha sen(\omega t)=\gamma sen(\omega t) \]


Por lo que $2\alpha=\gamma$ y $\alpha=\frac{\gamma}{2}$ . Entonces de (2) al factorizar $cos(\omega t)$ tenemos...

\[ \alpha^{2}-\omega^{2}-\gamma\alpha+\omega_{0}^{2}=0 \]


Dejando todo en términos de $\gamma$,

\[ (\frac{\gamma}{2})^{2}-\omega^{2}-\gamma(\frac{\gamma}{2})+\omega_{0}^{2}=0 \]


\[ \frac{\gamma}{4}^{2}-\omega^{2}-\frac{\gamma^{2}}{2}+\omega_{0}^{2}=0 \]


Por lo tanto:

\[ \omega=\pm\sqrt{\omega_{0}^{2}-\frac{1}{4}\gamma^{2}}\,\,\,\,\,\,(3) \]


Y si recordamos que $\gamma=\frac{b}{m}$ y $\omega_{0}=\sqrt{\frac{k}{m}}$ , podemos escribir la ecuación como:

\[ \omega=\pm\sqrt{\frac{k}{m}-(\frac{b}{2m}){}^{2}}\,\,\,\,\,\,(3') \]


Entonces substituimos los datos en la ecuación (3') y obtenemos:

\[ \omega=\pm\sqrt{\frac{2.50N/m}{.3kg}-(\frac{.9kg/s}{2(.3kg)}){}^{2}}=2.47rad/seg \]


Pero esta es la frecuencia angular, para la frecuencia conocemos la relación $f=\frac{\omega}{2\pi}$ por lo que:

\[ f=\frac{\omega}{2\pi}=.393Hz \]


Y finalmente para encontrar el valor de $b$ para que la amortiguación sea crítica sabemos que $b=2\sqrt{km}$ por lo que:

\[ b=2\sqrt{km}=2\sqrt{(2.50N/m)(.3kg)}=1.73kg/seg \]

--A. Martín R. Rabelo (discusión) 21:25 5 mar 2015 (CST)


Problema Propuesto al Capítulo 4

Un resorte vertical con constante de 6 lb/ft tiene suspendida una masa de 1/2 slug. Se aplica una fuerza externa dada por \( f(t)=40\sin2t,t\geq0 \). Supóngase que actúa una fuerza amortiguadora numéricamente igual a dos veces la velocidad instantánea y que inicialmente el cuerpo está en reposo en su posición de equilibrio. Determine la posición del cuerpo en cualquier tiempo \( t>0 \).

Solución.

Denotemos con \( f(t) \) la fuerza exterior que actúa sobre la masa. De la segunda ley de Newton, la ecuación diferencial del movimiento es

\[ m\frac{d^{2}x}{d^{2}t}=-kx-\beta\frac{dx}{dt}+f(t),...(4.1) \]

o bien

\[ \frac{d^{2}x}{d^{2}t}+2\lambda\frac{dx}{dt}+\omega^{2}x=F(t),...(4.2) \]

donde \( 2\lambda=\beta/m,\omega^{2}=k/m \) y \( F(t)=f(t)/m \).

Para resolver la ecuación no homogénea (4.2) podemos emplear el método de los coeficientes indeterminados o el de variación de parámetros, según sea más conveniente.

Con los valores de \( k=6lb/ft \), \( m=1/2slug \) y \( \beta=2 \), la ecuación diferencial de movimiento resultante es

\[ \frac{d^{2}x}{d^{2}t}+4\frac{dx}{dt}+12x=80\sin2t,...(4.3) \]

La solución complementaria de (4.3) es

\[x_{c}(t)=\exp\left(-2t\right)\left(c_{1}\cos2\sqrt{2}t+c_{2}\sin2\sqrt{2}t\right). \]

Usando el método de los coeficientes indeterminados proponemos una solución particular de (4.3) de la forma

\[ x_{p}(t)=A\cos(2t)+B\sin(2t). \]

En tal caso

\[ \dot{x}_{p}(t)=-2A\cos(2t)+2B\sin(2t) \]

\[ \ddot{x}_{p}(t)=-4A\cos(2t)-4B\sin(2t). \]

Sustituyendo en (4.3), se sigue que

\[ (8A+8B)\cos(2t)+(8B-8A)\sin(2t)=80\sin(2t). \]

El sistema de ecuaciones resultante

\[ 8A+8B=0, \]

\[ -8A+8B=80, \]

conduce a los valores A=-5 y B=5. Así que

\[ x(t)=\exp(-2t)\left(c_{1}\cos(2\sqrt{2}t)+c_{2}\sin(2\sqrt{2}t)\right)+5\left(\sin(2t)-\cos(2t)\right). \]

Empleando las condiciones iniciales \( x(0)=0 \) y \( \dot{x}(0)=0 \) encontramos que \( c_{1}=5 \) y \( c_{2}=5 \).Por tanto

\[ x(t)=5\exp(-2t)\left(\cos(2\sqrt{2}t)\right)+5\left(\sin(2t)-\cos(2t)\right). \]

Obsérvese que en el problema, la solución complementaria

\[ x_{c}(t)=5\exp(-2t)\cos(2\sqrt{2}t) \]

tiene la propiedad de que

\[ lim_{t\rightarrow\infty}x_{c}(t)=0, \]

por lo que se dice que \( x_{c}(t) \) es un término transitorio o una solución transitoria. Así para valores grandes de t \( x(t) \) se aproxima a \( x_{p}(t) \). A \( x_{p}(t) \) se le llama solución estacionario o de estado permanente.

Bibliografía.

Elizarraraz Martínez David, “Ecuaciones diferenciales: técnicas de solución y aplicaciones”, Primera Edición 2004, UAM-Azcapotzalco, México DF.

Ricardo García Hernández --Ricardo Garcia Hernandez (discusión) 19:26 4 mar 2015 (CST)


Problema 3.16, Analytical Mechanics, Fowles & Cassiday, Seventh Edition

If a series LCR circuit is connected across the terminals of an electric generator that produces a voltage $V=V_0 e^{i\omega t}$, the flow of electrical charge $q$ through the circuit is given by the following second-order differential equation:

\( L \dfrac{d^2q}{dt^2} + R \dfrac{dq}{dt} + \dfrac{1}{C} q = V_0 e^{i \omega t} \)

a) Verify the correspondence shown in Table 3.6.1 between the parameters of a driven mechanical oscillator and the above driven electrical oscillator.

b)Calculate the $Q$ of the electrical circuit in therms of the coefficients of the above differential equation.

c) Show that, in the case of small damping, $Q$ can be written as $Q=R_0/R$, where $R_0=\sqrt{L/C}$ is the characteristic impedance of the circuit.


Si un circuito en serie RCL es conectado en las terminales de un generador elćtrico que produce un voltaje $V=V_0 e^{i\omega t}$, el flujo de carga eléctrica $q$ a través del circuito está dado por la siguiente ecuación diferencial de segundo orden:

\( L \dfrac{d^2q}{dt^2} + R \dfrac{dq}{dt} + \dfrac{1}{C} q = V_0 e^{i \omega t} \)

a) Verifique la correspondencia mostrada en la Tabla 3.6.1 entre los parámetros del oscilador armónico forzado y el mencionado oscilador eléctrico forzado.

b) Calcule $Q$ del circuito eléctrico en términos de los coeficientes de la anterior ecuacion diferencial.

c) Muestre que, en el caso de un amortiguamiento ligero, $Q$ puede escribirse como $Q=R_0/R$, donde $R_0=\sqrt{L/C}$ es la impedancia característica del circuito.


Tenemos para el inciso $a)$\[ m(masa) \rightarrow L(inductancia) \\ x(desplazamiento) \rightarrow q(carga) \\ c(\text{coeficiente de amortiguamiento}) \rightarrow R(resistencia) \\ k(\text{constante de restitución}) \rightarrow C^{-1}(\text{recíproco de la capacitancia}) \\ F(fuerza) \rightarrow V(\text{diferencia de potencial}) \]

Resolviendo $b)$:

Sabemos que $Q=\omega_d / 2\gamma$, además $\omega_0^2=1/LC$ y $\gamma = R/2L$, por lo que\[ Q = \dfrac{\omega_d}{2\gamma} = \dfrac{\sqrt{\omega_0^2 - \gamma^2}}{2\gamma} = \dfrac{\sqrt{\left(\dfrac{1}{LC}\right) - \left(\dfrac{R^2}{4L^2}\right)}}{2\left(\dfrac{R}{2L}\right)} \]

por lo que, simplicando, obtenemos que\[ Q =\sqrt{\left(\dfrac{L}{R^2C}\right) - \dfrac{1}{4}} \]

Ahora, para el inciso $c)$:

Sabemos que si el amortiguamiento es muy pequeño $\omega_d \approx \omega_0$, por lo que\[ Q = \dfrac{\omega_0}{2\gamma} = \dfrac{\sqrt{L/C}}{R} \]

Por lo tanto, para un amortiguamiento pequeño, tenemos\[ Q = \dfrac{R_0}{R} \]

donde $R_0 = \sqrt{L/C}

Ivan de Jesús Pompa García (discusión) 21:32 10 mar 2015 (CDT)


un problema de aplicacion a circuitos electricos

Se tiene un circuito formado por una resistencia \(R\), una bobina \(L\) y un capacitor \(C\) estan conectados en serie a una fuente \(V_{S}(t)=2e^{-t/3}\) voltios en el tiempo \(t\) es decir, la resistencia de la fuente decae a una razon exponencial.

Suponga que \(R=4k\Omega, C=0.25\mu F, L=1.6Hz\) El voltage \(v(t)\) a traves del capacitor es una solucion de la ecuacion de segundo orden


\(LC\frac{d^{2}v}{dt^{2}}+RC\frac{dv}{dt}=V_{s}(t)\)

y con los valores proporcionados se tiene


\(0.4x10^{-6}\frac{d^{2}v}{dt^{2}}+10^{-3}\frac{dv}{dt}+v=2e^{-t/3}\)


Podemos transformar transformar esta ultima ecuacion como sigue


\(\frac{d^{2}v}{dt^{2}}+2500\frac{dv}{dt}+2.5x10^{-6}v=5x10^{6}e^{-t/3}\)


calculando la solucion tenemos:


Los eigenvalores son \((-1.25\pm i\sqrt{0.93})x10^{3}\). Usando la aproximacion \(0.968\) para \(\sqrt{0.9375}\) la solucion es


\(v(t)=k_{1}e^{-1250t}\sin{(968t)}+k_{2}e^{-1250t}\cos{(968t)}\)


Donde \(k_{1}, k_{2}\) son constantes.


Ahora para encontrar la solucion para la ecuacion no homogenea


\(\frac{d^{2}v}{dt^{2}}+2500\frac{dv}{dt}+2.5x10^{-6}v=5x10^{6}e^{-t/3}\)


suponemos que \(v_{p}=ke^{-t/3}\) donde \(k \) es el coeficiente indeterminado. Para encontrar el valor de \(k \) se sustituye en la ecuacion diferencial anterior quedando


\(\frac{d^{2}v}{dt^{2}}+2500\frac{dv}{dt}+2.5x10^{-6}v=5x10^{6}e^{-t/3}=(1/9-2500/3+2.5x10^{6})ke^{t/3}\)


asi que la solucion particular queda como


\(v_{p}=2e^{-t/3}\)


Ahora determinamos la solucion general con los resultados ya obtenidos, es decir, la solucion homomenea y particular


\(v(t)=k_{1}e^{-1250t}\sin{(968t)}+k_{2}e^{-1250t}\cos{(968t)}+2e^{-t/3}\).




Hector Resendiz --Héctor Reséndiz (discusión) 21:59 29 mar 2015 (CDT)