U3 Ejemplo 2 Integración de Funciones Vectoriales

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CÁLCULO VECTORIAL

INTEGRACIÓN DE FUNCIONES VECTORIALES U3-2

INSTITUTO TECNOLÓGICO DE NUEVO LEÓN Integración de funciones vectoriales Se ha manejado hasta este momento, la idea de que, si tenemos un vector de posición que “dibuja” el recorrido de una curva, o sea, que recorre un espacio, su derivada será un vector velocidad tangente a la curva, y que la derivada del vector velocidad, nos da un vector aceleración. ¿Qué pasaría si ahora partimos al revés?, si conocemos la aceleración de una partícula, que velocidad tiene en ese instante, y donde se encuentra, podríamos integrando, determinar la velocidad y el vector de posición respectivamente. Ejemplo 1.- Suponiendo que podemos lanzar un balón de futbol americano, con una velocidad inicial de 20 metros por segundo, en un ángulo de 30° con respecto a la horizontal, y a una altura de 1.8 metros, determine: a) b) c) d)

Las ecuaciones paramétricas de la trayectoria. La altura máxima del lanzamiento El alcance máximo del lanzamiento La rapidez del balón al ser completado el pase a la misma altura.

Solución: 𝑎⃗(𝑡) = −9.81𝑗̂

𝑚 𝑠𝑒𝑔2

, 𝑣⃗0 = [20𝐶𝑜𝑠(30°)𝑖̂ + 20𝑆𝑒𝑛(30°)𝑗̂]

𝑚 𝑠𝑒𝑔

, ℎ0 = 1.8 𝑚

⃗⃗(𝒕) = ∫ 𝒂 ⃗⃗(𝒕) 𝒅𝒕 = ∫ −𝟗. 𝟖𝟏𝒋̂𝒅𝒕 = −𝟗. 𝟖𝟏𝒕𝒋̂ + 𝒄 𝒗 La constante de integración, es 𝑣⃗0 = 20𝐶𝑜𝑠(30°)𝑖̂ + 20𝑆𝑒𝑛(30°)𝑗̂ ING. HÉCTOR EGIDIO CABRERA TORRE

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Entonces 𝑣⃗(𝑡) = 20𝐶𝑜𝑠(30°)𝑖̂ + [20𝑆𝑒𝑛(30°) − 9.81𝑡]𝑗̂ o el equivalente 𝑣⃗(𝑡) = 17.3205𝑖̂ + [10 − 9.81𝑡]𝑗̂ 𝑅⃗⃗(𝑡) = ∫ 𝑣⃗(𝑡)𝑑𝑡 = ∫{17.3205𝑖̂ + [10 − 9.81𝑡]𝑗̂} 𝑑𝑡 ⃗⃗⃗(𝒕) = 𝟏𝟕. 𝟑𝟐𝟎𝟓𝒕𝒊̂ + [𝟏𝟎𝒕 − 𝟗. 𝟖𝟏 𝑹

𝒕𝟐 ] 𝒋̂ + 𝒄 𝟐

En este caso la constante de integración debe ser la altura a que se lanza en balón, por lo que 𝒕𝟐 ⃗𝑹 ⃗⃗(𝒕) = 𝟏𝟕. 𝟑𝟐𝟎𝟓𝒕𝒊̂ + [𝟏. 𝟖 + 𝟏𝟎𝒕 − 𝟗. 𝟖𝟏 ] 𝒋̂ 𝟐 Entonces las ecuaciones paramétricas del lanzamiento son: 𝒙 = 𝟏𝟕. 𝟑𝟐𝟎𝟓𝒕

;

𝒚 = 𝟏. 𝟖 + 𝟏𝟎𝒕 − 𝟒. 𝟗𝟎𝟓𝒕𝟐

a) Como la altura máxima se alcanzará cuando la pendiente de “y” sea cero 𝑑𝑦 = 10 − 9.81𝑡 = 0 → 9.81𝑡 = 10 → 𝑡 = 1.0193 𝑑𝑡 La altura máxima 𝒚 = 𝟏. 𝟖 + 𝟏𝟎(𝟏. 𝟎𝟏𝟗𝟑) − 𝟒. 𝟗𝟎𝟓(𝟏. 𝟎𝟏𝟗𝟑)𝟐 = 𝟔. 𝟖𝟗𝟔𝟗 𝒎𝒆𝒕𝒓𝒐𝒔 b) El alcance máximo se obtiene con el tiempo total del recorrido, que debe ser el que tarda en subir hasta la parte más alta de la parábola y otro tanto igual que tardaría en bajar a la altura de inicio, entonces: El alcance máximo 𝒙 = 𝟏𝟕. 𝟑𝟐𝟎𝟓[𝟐(𝟏. 𝟎𝟏𝟗𝟑)] = 𝟑𝟓. 𝟑𝟎𝟗𝟓 𝒎𝒆𝒕𝒓𝒐𝒔 c) La rapidez con que el balón impactara al receptor del pase es 2

|𝑣⃗(𝑡)| = √[17.3205]2 + [10 − 9.81(2(1.0193))]

|𝒗 ⃗⃗(𝒕)| = √𝟐𝟗𝟗. 𝟗𝟗𝟗𝟕 + 𝟗𝟗. 𝟗𝟕𝟑𝟑 = √𝟑𝟗𝟗. 𝟗𝟕𝟑𝟎 ≈ 𝟐𝟎

𝒎 𝒔𝒆𝒈

ING. HÉCTOR EGIDIO CABRERA TORRE

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Ejemplo 2.- Un proyectil es lanzado desde lo alto de un acantilado de 244 metros de altura, con una velocidad de 140 metros por segundo, a un ángulo de 30° con respecto a la horizontal, determine: a) b) c) d)

Las ecuaciones paramétricas de la trayectoria La altura máxima del proyectil El alcance máximo del proyectil La rapidez del proyectil al impactar el suelo. y

H ( 865.1329 , 493.7452 )

Altura M áxima O ( 0 , 244 )

        

Alcance M áximo P ( 2,081.569 , 0 ) x

Altura Alcance















































Solución: 𝑎⃗(𝑡) = −9.81𝑗̂

𝑚 𝑠𝑒𝑔2

, 𝑣⃗0 = [140𝐶𝑜𝑠(30°)𝑖̂ + 140𝑆𝑒𝑛(30°)𝑗̂]

𝑚 𝑠𝑒𝑔

, ℎ0 = 244 𝑚

⃗⃗(𝒕) = ∫ 𝒂 ⃗⃗(𝒕) 𝒅𝒕 = ∫ −𝟗. 𝟖𝟏𝒋̂𝒅𝒕 = −𝟗. 𝟖𝟏𝒕𝒋̂ + 𝒄 𝒗 La constante de integración, es 𝑣⃗0 = 140𝐶𝑜𝑠(30°)𝑖̂ + 140𝑆𝑒𝑛(30°)𝑗̂ Entonces 𝑣⃗(𝑡) = 140𝐶𝑜𝑠(30°)𝑖̂ + [140𝑆𝑒𝑛(30°) − 9.81𝑡]𝑗̂ o el equivalente 𝑣⃗(𝑡) = 121.2435𝑖̂ + [70 − 9.81𝑡]𝑗̂ 𝑅⃗⃗(𝑡) = ∫ 𝑣⃗(𝑡)𝑑𝑡 = ∫{121.2435𝑖̂ + [70 − 9.81𝑡]𝑗̂} 𝑑𝑡 ⃗⃗⃗(𝒕) = 𝟏𝟐𝟏. 𝟐𝟒𝟑𝟓𝒕𝒊̂ + [𝟕𝟎𝒕 − 𝟗. 𝟖𝟏 𝑹

𝒕𝟐 ] 𝒋̂ + 𝒄 𝟐

ING. HÉCTOR EGIDIO CABRERA TORRE

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En este caso la constante de integración debe ser la altura a que se lanza el proyectil, por lo que 𝒕𝟐 ⃗𝑹 ⃗⃗(𝒕) = 𝟏𝟐𝟏. 𝟐𝟒𝟑𝟓𝒕𝒊̂ + [𝟐𝟒𝟒 + 𝟕𝟎𝒕 − 𝟗. 𝟖𝟏 ] 𝒋̂ 𝟐 Entonces las ecuaciones paramétricas del lanzamiento son: 𝒙 = 𝟏𝟐𝟏. 𝟐𝟒𝟑𝟓𝒕

;

𝒚 = 𝟐𝟒𝟒 + 𝟕𝟎𝒕 − 𝟒. 𝟗𝟎𝟓𝒕𝟐

b) Como la altura máxima se alcanzará cuando la pendiente de “y” sea cero 𝑑𝑦 = 70 − 9.81𝑡 = 0 → 9.81𝑡 = 70 → 𝑡 = 7.1355 𝑑𝑡 La altura máxima 𝒚 = 𝟐𝟒𝟒 + 𝟕𝟎(𝟕. 𝟏𝟑𝟓𝟓) − 𝟒. 𝟗𝟎𝟓(𝟕. 𝟏𝟑𝟓𝟓)𝟐 = 𝟒𝟗𝟑. 𝟕𝟒𝟓𝟏 𝒎𝒆𝒕𝒓𝒐𝒔 c) El alcance máximo se obtiene con el tiempo total del recorrido, que debe ser el que tarda el proyectil en que su altura sea cero: De la ecuación paramétrica de la “y” −𝟒. 𝟗𝟎𝟓𝒕𝟐 + 𝟕𝟎𝒕 + 𝟐𝟒𝟒 = 𝟎 −𝟕𝟎 ± √(𝟕𝟎)𝟐 − 𝟒(−𝟒. 𝟗𝟎𝟓)(𝟐𝟒𝟒) −𝟕𝟎 ± √𝟒, 𝟗𝟎𝟎 + 𝟒, 𝟕𝟖𝟕. 𝟐𝟖 𝒕= = 𝟐(−𝟒. 𝟗𝟎𝟓) −𝟗. 𝟖𝟏 −𝟕𝟎 ± √𝟗, 𝟔𝟖𝟕. 𝟐𝟖 −𝟕𝟎 ± 𝟗𝟖. 𝟒𝟐𝟑𝟗 = −𝟗. 𝟖𝟏 −𝟗. 𝟖𝟏 −𝟕𝟎 + 𝟗𝟖. 𝟒𝟐𝟑𝟗 −𝟕𝟎 − 𝟗𝟖. 𝟒𝟐𝟑𝟗 𝒕𝟏 = = −𝟐. 𝟖𝟗𝟕𝟒 , 𝒕𝟐 = = 𝟏𝟕. 𝟏𝟔𝟖𝟓 −𝟗. 𝟖𝟏 −𝟗. 𝟖𝟏 El alcance máximo se obtendrá entonces con 𝑡 = 17.1685 𝒙 = 𝟏𝟐𝟏. 𝟐𝟒𝟑𝟓(𝟏𝟕. 𝟏𝟔𝟖𝟓) = 𝟐, 𝟎𝟖𝟏. 𝟓𝟔𝟗 𝒎𝒆𝒕𝒓𝒐𝒔 𝒕=

d) La rapidez con que el proyectil impactará en el suelo es |𝑣⃗(𝑡)| = √[121.2435]2 + [70 − 9.81(17.1685)]2 |𝑣⃗(𝑡)| = √14,699.9862 + 9,687.0839 = √24,387.0701 𝒎 |𝒗 ⃗⃗(𝒕)| = √𝟐𝟒, 𝟑𝟖𝟕. 𝟎𝟕𝟎𝟏 ≈ 𝟏𝟓𝟔. 𝟏𝟔𝟑𝟔 𝒔𝒆𝒈

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Ejemplo 3.- Dada una partícula, que en 𝒕𝟎 tiene, una aceleración definida por ̂, y 𝑹 ⃗⃗⃗(𝒕)𝟎 = 𝟎 ⃗⃗(𝒕)𝟎 = −𝒄𝒐𝒔(𝒕)𝒊̂ − 𝒔𝒆𝒏(𝒕)𝒋̂, una velocidad 𝒗 ⃗⃗(𝒕)𝟎 = 𝟐√𝟐 𝒌 𝒂 ⃗⃗⃗(𝒕). ⃗⃗(𝒕) 𝒚 𝑹 Determine 𝒗 ⃗⃗(𝒕) = ∫ 𝒂 ⃗⃗(𝒕) 𝒅𝒕 = ∫[−𝒄𝒐𝒔(𝒕)𝒊̂ − 𝒔𝒆𝒏(𝒕)𝒋̂]𝒅𝒕 = −𝒔𝒆𝒏(𝒕)𝒊̂ + 𝒄𝒐𝒔(𝒕)𝒋̂ + 𝒄 𝒗 Si en 𝑡 = 0, 𝑣⃗(𝑡) = 2√2 𝑘̂ , entonces, sustituimos “c” ⃗⃗(𝒕) = −𝒔𝒆𝒏(𝒕)𝒊̂ + 𝒄𝒐𝒔(𝒕)𝒋̂ + 𝟐√𝟐𝒌 𝒗 ⃗⃗⃗(𝒕) = ∫ 𝒗 ⃗⃗(𝒕) 𝒅𝒕 𝑹 𝑅⃗⃗(𝑡) = ∫[−𝑠𝑒𝑛(𝑡)𝑖̂ + 𝑐𝑜𝑠(𝑡)𝑗̂ + 2√2𝑘̂]𝑑𝑡 = 𝑐𝑜𝑠(𝑡)𝑖̂ + 𝑠𝑒𝑛(𝑡)𝑗̂ + 2√2 𝑡 ̂𝑘 + 𝑐 𝑅⃗⃗(𝑡) = 𝑐𝑜𝑠(𝑡)𝑖̂ + 𝑠𝑒𝑛(𝑡)𝑗̂ + 2√2 𝑡 ̂𝑘 + 𝑐 Como en este caso 𝒄 = 𝟎, entonces: ⃗⃗⃗(𝒕) = 𝒄𝒐𝒔(𝒕)𝒊̂ + 𝒔𝒆𝒏(𝒕)𝒋̂ + 𝟐√𝟐 𝒕 ̂𝒌 𝑹

ING. HÉCTOR EGIDIO CABRERA TORRE