[ani_pascual]

Hola:
A propósito de este hilo sobre la catenaria, abierto por Marcos Castillo propongo el siguiente ejercicio:

La componente vertical de la fuerza que se ejerce sobre el globo de la figura es $$500\,N$$. El cable $$AB$$ tiene una longitud $$70\,m$$ y un peso por unidad de longitud de $$q=5\,N/m$$. Calcúlese la componente horizontal de la fuerza que se ejerce sobre el globo y la altura del globo, suponiendo que el sistema está en equilibrio.

Resultados:

\( \boxed{T_{Bx}=412,12\,N}\\
\boxed{h=41,876\,m}
 \)

[cerrar]

Saludos

[Marcos Castillo]

Hola. No he querido ver el resultado del spoiler antes de intentarlo por mí mismo. También intentaré hacer el ejercicio con la notación que lleva, que creo que es diferente.

Tres serían los vectores del sistema, con las cartesianas cruzándose ahí donde el cable se sujeta:

- \( \vec{A}=-A\hat{i} \)

- \( \vec{P}=-q\,g\,s\hat{j} \)

- \( \vec{B}=B_h\cdot{\hat{i}}+B_v\cdot{\hat{j}} \)

El sistema está en equilibrio, así que, reordenando términos, y teniendo en cuenta que el ángulo inicial de inclinación de la cuerda es \( 20^o \)

\( B_h\cdot{\hat{i}\cfrac{h_{\text{  base}}}{\cos{(20^o)}}}-A\hat{i}=\vec{0}\Longrightarrow{B_h\cdot{\hat{i}}-A\hat{i}} \)

\( B_v\cdot{\hat{j}}-q\,g\,s\hat{j}=\vec{0} \)... No.

Componente horizontal de la fuerza ejercida sobre el globo: \( \cos{(20^o)}=\cfrac{500}{x}\Longrightarrow{x\sim{532.08}} \). La premisa es que el ángulo formado con la horizontal se preserva en el globo. Pero no voy bien, por el spoiler que he abierto.

Para la altura del globo:

\( \displaystyle\int_{0}^{B}\cfrac{1}{a}\cosh{(ax)}\,dx=\cfrac{\sinh{(aB)}}{a^2}=\cfrac{\sinh{(-0.0922\cdot{B})}}{(5\cdot{9.81}/-532.08)^2} \)

Publico

PD: He dirigido primero mi atención a este hilo, porque el que inicié...no era un buen comienzo Ahí va.

[ani_pascual]

Hola:

...
 No he querido ver el resultado del spoiler antes de intentarlo por mí mismo. También intentaré hacer el ejercicio con la notación que lleva, que creo que es diferente.
...
PD: He dirigido primero mi atención a este hilo, porque el que inicié...no era un buen comienzo Ahí va.

Expongo cómo lo he resuelto...   
Como se distinguen dos posiciones, \( A \) y \( B \), se usa la notación \( T_A \) y \( T_B \) para las tensiones respectivas del cable en ellas, y éstas se descomponen en sus componentes horizontal y vertical, es decir, \( T_{A_x},T_{A_y} \) y \( T_{B_x},T_{B_y} \). Además se usa el parámetro longitud de arco en la resolución y se supone que el arco \( AB \) pertenece a una catenaria de ecuación \( y=y_0\cosh\dfrac{x}{y_0} \) respecto a un sistema cartesiano de coordenadas cuyo origen no es ni \( A \) ni \( B \).

Spoiler

Se sabe que en cualquier punto del cable, la componente vertical de la tensión es directamente proporcional a la longitud de arco \( s \), siendo la constante de proporcionalidad precisamente el peso del cable por unidad de longitud, \( q \), y que la componente horizontal es constante.
Así, \( T_{B_y}=qs_B\Longleftrightarrow 500=5s_B\Longleftrightarrow s_B=100\,m \)
Por tanto, \( s_A=100-70=30\,m \)
Al ser la ecuación de la catenaria, \( y=y_0 \cosh\dfrac{x}{y_0} \), se cumple \( y'=\sinh\dfrac{x}{y_0} \), luego \( s_A=\displaystyle\int_0^{x_A}\sqrt{1+[y'(x)]^2}\,dx=y_0\sinh\dfrac{x_A}{y_0}\Longleftrightarrow 30=y_0\sinh\dfrac{x_A}{y_0}=y_0 y'(x_A)=y_0\tan 20^{\circ} \Longrightarrow y_0=\dfrac{30}{\tg 20^{\circ}} \).
Por tanto, respecto a la componente horizontal de la fuerza que se ejerce sobre el globo,
\( T_{B_x}=T_0=qy_0=5\cdot \dfrac{30}{\tan 20^{\circ}}=\boxed{412,12\,N} \)
Además,
\( \cosh\dfrac{x_A}{y_0}=\sqrt{1+\sinh^2\dfrac{x_A}{y_0}}=\sqrt{1+\tan^2 20^{\circ}} \) luego \( y_A=y_0\cosh\dfrac{x_A}{y_0}=y_0\sqrt{1+\tan^2 20^{\circ}}=30\sqrt{1+\cot^2 20^{\circ}} \)
Por otra parte,
\( s_B=\displaystyle\int_0^{x_B}\sqrt{1+[y'(x)]^2}\,dx=y_0\sinh\dfrac{x_B}{y_0}\Longleftrightarrow 100=y_0\sinh\dfrac{x_B}{y_0}\Longrightarrow \sinh\dfrac{x_B}{y_0}=\dfrac{100}{y_0}\Longrightarrow \cosh\dfrac{x_B}{y_0}=\sqrt{1+\sinh^2\dfrac{x_B}{y_0}}=\sqrt{1+\left(\dfrac{100}{y_0}\right)^2}\Longrightarrow \\ y_B=y_0\sqrt{1+\left(\dfrac{100}{y_0}\right)^2}=30\sqrt{\dfrac{100}{9}+\cot^2 20^{\circ}} \).
Finalmente, conocidas las ordenadas de ambas posiciones, se halla su diferencia
\( h=y_B-y_A=30\sqrt{\dfrac{100}{9}+\cot^2 20^{\circ}}-30\sqrt{1+\cot^2 20^{\circ}}\Longleftrightarrow \boxed{h=41,876\,m} \).
Espero que no haya errores ni despistes...

[cerrar]

Saludos

[Marcos Castillo]

Como se distinguen dos posiciones, \( A \) y \( B \), se usa la notación \( T_A \) y \( T_B \) para las tensiones respectivas del cable en ellas, y éstas se descomponen en sus componentes horizontal y vertical, es decir, \( T_{A_x},T_{A_y} \) y \( T_{B_x},T_{B_y} \). Además se usa el parámetro longitud de arco en la resolución y se supone que el arco \( AB \) pertenece a una catenaria de ecuación \( y=y_0\cosh\dfrac{x}{y_0} \) respecto a un sistema cartesiano de coordenadas cuyo origen no es ni \( A \) ni \( B \).

Perfecto.

Se sabe que en cualquier punto del cable, la componente vertical de la tensión es directamente proporcional a la longitud de arco \( s \), siendo la constante de proporcionalidad precisamente el peso del cable por unidad de longitud, \( q \), y que la componente horizontal es constante.
Así, \( T_{B_y}=qs_B\Longleftrightarrow 500=5s_B\Longleftrightarrow s_B=100\,m \)
Por tanto, \( s_A=100-70=30\,m \)

Tanto \( s_B \) como \( s_A \) son longitudes de arco. \( s_B \) creo que lo entiendo (pero con reservas) Intento: longitud de la catenaria desde \( A \) a \( B \). \( s_A \)... Intento: Se resta \( 100-s_B \) porque la longitud del arco se forma de dos componentes: \( s_B=100 \), y \( s_A=30 \); restando \( s_B-s_A=70\,\text{m} \)

Al ser la ecuación de la catenaria, \( y=y_0 \cosh\dfrac{x}{y_0} \), se cumple \( y'=\sinh\dfrac{x}{y_0} \), luego \( s_A=\displaystyle\int_0^{x_A}\sqrt{1+[y'(x)]^2}\,dx=y_0\sinh\dfrac{x_A}{y_0}\Longleftrightarrow 30=y_0\sinh\dfrac{x_A}{y_0}=y_0 y'(x_A)=y_0\tan 20^{\circ} \Longrightarrow y_0=\dfrac{30}{\tg 20^{\circ}} \).

\( 30=y_0\sinh\dfrac{x_A}{y_0}=y_0 y'(x_A)=y_0\tan 20^{\circ} \). Esto se basa, en mi opinión, en el comportamiento de la gráfica del seno hiperbólico en el origen de coordenadas, que es también el ángulo de la catenaria con la horizontal en la base.

Todo lo que resta del spoiler, entendido.

¡Un saludo!

[ani_pascual]

Hola:

...
Tanto \( s_B \) como \( s_A \) son longitudes de arco. \( s_B \) creo que lo entiendo (pero con reservas) Intento: longitud de la catenaria desde \( A \) a \( B \). \( s_A \)... Intento: Se resta \( 100-s_B \) porque la longitud del arco se forma de dos componentes: \( s_B=100 \), y \( s_A=30 \); restando \( s_B-s_A=70\,\text{m} \)

Correcto. En efecto, si es \( s_B=100,\,l(AB)=70 \), entonces, como es \( s_B:=\displaystyle\int_0^{x_B}\sqrt{1+[y'(x)]^2}dx=\displaystyle\int_0^{x_A}\sqrt{1+[y'(x)]^2}dx+\displaystyle\int_{x_A}^{x_B}\sqrt{1+[y'(x)]^2}dx\Longrightarrow s_B=s_A+l(AB)\Longrightarrow s_A=100-70=30 \)

\( 30=y_0\sinh\dfrac{x_A}{y_0}=y_0 y'(x_A)=y_0\tan 20^{\circ} \). Esto se basa, en mi opinión, en el comportamiento de la gráfica del seno hiperbólico en el origen de coordenadas, que es también el ángulo de la catenaria con la horizontal en la base.
...

Aquí, diría, más bien, que se debe al comportamiento de la función \( y=y_0\cosh\dfrac{x}{y_0} \), la cual cumple que en todo \( x \), la recta tangente a ella tiene pendiente \( y'(x)=\sinh\dfrac{x}{y_0} \), es decir, \( \sinh\dfrac{x}{y_0} =\tan\theta_x \), siendo \( \theta_x \) el ángulo que forma con la dirección horizontal la recta tangente a la catenaria en el punto de abscisa \( x \), y como en el extremo inferior del arco \( AB \) se conocen la longitud de arco \( s_A \) y el ángulo de la recta tangente, \( 20^{\circ} \), se puede hallar el valor de \( y_0 \), i.e., la ordenada en el origen.
Saludos

[Marcos Castillo]

Perfecto. La catenaria completa tendría este aspecto, con \( A \) en su punto más bajo, y el punto \( B \) arriba, a la derecha.



¡Un saludo!

[ani_pascual]

Hola:

Perfecto. La catenaria completa tendría este aspecto, con \( A \) en su punto más bajo, y el punto \( B \) arriba, a la derecha.
...

Yo la imaginé más o menos así:

Saludos

[Marcos Castillo]

Sí, el último dibujo yo diría que \( y_0=0 \), es decir, empieza donde se cruzan las coordenadas. Pienso así porque los límites de integración definida incluyen el \( 0 \).

El dibujo que yo aporto es una tortilla de patatas mal cortada

Aquí, diría, más bien, que se debe al comportamiento de la función \( y=y_0\cosh\dfrac{x}{y_0} \), la cual cumple que en todo \( x \), la recta tangente a ella tiene pendiente \( y'(x)=\sinh\dfrac{x}{y_0} \), es decir, \( \sinh\dfrac{x}{y_0} =\tan\theta_x \), siendo \( \theta_x \) el ángulo que forma con la dirección horizontal la recta tangente a la catenaria en el punto de abscisa \( x \), y como en el extremo inferior del arco \( AB \) se conocen la longitud de arco \( s_A \) y el ángulo de la recta tangente, \( 20^{\circ} \), se puede hallar el valor de \( y_0 \), i.e., la ordenada en el origen.

Sí, de repente se me ha ocurrido hace una hora que la derivada de una función es su pendiente. Puf...

Ahí va.

¡Un saludo!

[Marcos Castillo]

Estimado Rincón

Además,
\( \cosh\dfrac{x_A}{y_0}=\sqrt{1+\sinh^2\dfrac{x_A}{y_0}} \)

¿Esto se basa en la relación entre el área y la longitud de arco de la catenaria?. Es decir

\( \displaystyle\int_{a}^{b}\cosh{(x)}=\displaystyle\int_{a}^{b}\sqrt{1+\sinh^2{x}} \)

Un saludo

[AlbertR]

\( \cosh\dfrac{x_A}{y_0}=\sqrt{1+\sinh^2\dfrac{x_A}{y_0}} \)

¿Esto se basa en la relación entre el área y la longitud de arco de la catenaria?

Se basa en la conocida identidad que relaciona el seno hiperbólico con el coseno hiperbólico:

\( {\cosh}^{2}{x}-{\sinh}^{2}{x}=1 \)

Que es famosa por ser similar a la identidad trigonométrica:

\( \sin^2 x+ \cos^2 x =1 \)

Nota que partiendo de las definiciones de estas dos funciones hiperbólicas:

\( \cosh x = \dfrac {e^{x} + e^{-x}} {2} \)

\( \sinh x = \dfrac {e^{x} - e^{-x}} {2} \)

Es muy fácil demostrar la identidad, simplemente eleva ambas funciones al cuadrado y réstalas.

Saludos.