En el diseño de los vehículos para todo tipo de terreno, es necesario tener en cuenta los tipos de fallas cuando se trata de librar dos distintos obstáculos. Una falla es la falla por rozamiento y ocurre cuando el vehículo intenta cruzar un obstáculo que hace que el fondo del vehículo toque el suelo. El otro tipo recibe el nombre de falla por colisión de la defensa delantera y se presenta cuando el vehículo desciende por una zanja y la defensa delantera toca el suelo. La figura 5.1 muestra los componentes asociados al segundo tipo de falla. En ella se indica que el ángulo máximo α que puede alcanzar un vehículo cuando β es el ángulo máximo en que no ocurre la falla por rozamiento satisface la ecuación: Problema 5.1
A sen
α cos α
(5.1.1)
+ B sen
2
− C cos
α
α
− E sen α = 0
Donde: A = l sen β 1 ; B = l cos β 1 ; C = ( h + 0.5 D ) sen β 1 − 0.5 D tan β 1 ; E = ( h + 0.5 D ) co
Encuentre el ángulo α para D = 30 pulgadas y D = 55 pulgadas, cuando l = 89 pulgadas, h = 49 pulgadas y β 1 =11 .5°
Fig. 5.1.1 Falla por colisión de la defensa delantera
Solución: Sustituyendo los parámetros en la Ec. (5.1.1) tenemos: l sen
β 1 sen α cos cos α + l cos cos β 1 sen 2 α
−
[( h
+
0.5 D ) sen β 1
−
0.5 D tan tan β 1 ] cos cos α
−
(5.1.2) cos β 1 − 0.5 D ] sen α = 0 [ (h + 0.5 D) cos
Sustituyendo los datos en la Ec. (5.1.2) para D = 30 pulgadas y 11.5° = 0.2007 radianes 2 89 sen (0.2007 ) sen α cos α + 89 cos (0.2007 ) sen α − [( 49 + 0.5 * 30 ) sen (0.2007 ) − 0.5 * 30 (5.1.3)
Usando el comando fzero para encontrar el ángulo α para un D=30, de la Ec.(5.1.3) tenemos: Para un diámetro de 30 pulgadas >>f=inline('89*sin(0.2007)*sin(x)*cos(x)+ 89*cos(0.2007)*(sin(x)^2)((49+0.5*30)*sin(0.2007) - 0.5*30*tan(0.2007))*cos(x) ((49+0.5*30)*cos(0.2007) - 0.5*30)*sin(x)','x'); >> [x,fval,exitflag] = fzero(f,[0,1]) x = 0.5789 fval = 0 exitflag = 1 El valor del ángulo es de x = 0.5789 radianes equivalente a 33.1789 grados
Sustituyendo los datos en la Ec. (5.1.2) para D = 55 pulgadas: 89 sen (0.2007 ) sen α cos α + 89 cos (0.2007 ) sen α − [( 49 2
cos α − [(49 +0.5 * 55 ) cos (5.1.4)
(0.2007 )
+ 0.5* 55 ) sen (0.2007 ) − 0.5 * 55
− 0.5* 55 ] sen α = 0
Usando el comando fzero para encontrar el ángulo α para un D=55, de la Ec.(5.1.4) tenemos: Para un diámetro de 55 pulgadas >>f=inline('89*sin(0.2007)*sin(x)*cos(x)+ 89*cos(0.2007)*(sin(x)^2) – ((49+0.5*55)*sin(0.2007) - 0.5*55*tan(0.2007))*cos(x) ((49+0.5*55)*cos(0.2007) - 0.5*55)*sin(x)','x'); >> [x,fval,exitflag] = fzero(f,[0,1]) x = 0.5755 fval = -7.1054e-015 exitflag = 1 El valor del ángulo es de x = 0 .5755 radianes equivalente a 32.9722 grados.
Para los dos tipos de llantas el ángulo
α
vale aproximadamente 33 grados.
Problema 5.2 Empleando las leyes de Kirchhoff, se obtuvieron las siguientes ecuaciones
lineales para el circuito mostrado en la figura 5.2.1.
Figura 5.2.1 Circuito eléctrico de ramas i8 − i4 − I A = 0 i4 + i5 + I A − i1 − i3 = 0 i1 − i2 − I B = 0 i2 + I B + i3 + i6 − i7 = 0 I C − i8 − i5 − i6 − i9 = 0 R1 i1 + R2 i2 − R3 i3 = 0
(5.21)
R4 i4 − R5 i5 + R8 i8 = 0 R5 i5 + R3 i3 − R6 i6 = 0 R6 i6 + R7 i7 − R9 i9 = 0
Donde: i son las corrientes de rama, I las corrientes de las fuentes y R los valores de las resistencias. Si el valor de las fuentes es I A = 2 A, I B = 6 A, I C = 4 A y el de las resistencias R1 = R2 = 2 Ω; R4 = R8 = 3 Ω; R5 = R6 = 5 Ω; R7 = R9 = 4 Ω; R3 = 6 Ω. Obtener las nueve corrientes de rama por el método de eliminación de Gauss. Solución:
Sustituyendo los datos en el sistema (5.2.1) tenemos: − i4 + i8
= 2
− i1 − i3 + i 4 + i5 i1
−
= −2
= 6
i2
i 2 + i3 + i 6 − i7 = − 6
− i5 − i6 − i8 − i9 = − 4
(5.2.2)
2 i1 + 2 i 2 − 6 i3 = 0 3 i 4 − 5 i5 + 3 i8 = 0 6 i3 + 5 i5 − 5 i 6 = 0 5 i6 + 4 i7 − 4 i9 = 0
Escribiendo el sistema (5.22) en forma matricial tenemos:
0 0 0 −1 0 0 0 1 0 − 1 0 − 1 1 1 0 0 0 0 1 −1 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 0 0 1 −1 0 0 A = 0 0 0 0 −1 −1 0 − 1 −1 2 2 −6 0 0 0 0 0 0 0 0 0 3 −5 0 0 3 0 0 0 6 0 5 −5 0 0 0 0 0 0 0 0 5 4 0 −4
2 −2 6 − 6 = −4 0 0 0 0
B
(5.2.3)
Escribiendo los datos del sistema (5.2.3) y usando el comando “\” (Método de eliminación de Gauss) tenemos: >> A = [0
0
0
-1
0
0
0
1
0;
-1
0
-1
1
1
0
0
0
0;
1
-1
0
0
0
0
0
0
0;
0
1
1
0
0
1
-1
0
0;
0
0
0
0
-1
-1
0
-1
-1;
2
2
-6
0
0
0
0
0
0;
0
0
0
3
-5
0
0
3
0;
0
0
6
0
5
-5
0
0
0;
0
0
0
0
0
5
4
0
-4];
>> B = [2; -2; 6; -6; -4; 0; 0; 0; 0]; >> corrientes_i = A\B corrientes_i = 2.3761 -3.6239 -0.4160 -0.5636 0.5237 0.0245 1.9847 1.4364 2.0153 Las corrientes de rama son: i1 = 2.3761 A ; i2 i6
= 0.0245
A;
=−3.6239 A; i3 = −0.4160 A; i4 = −0.5636 i7 = 1.9847 A; i8 = 1.4364 A; i9 = 2.0153 A
A; i5
= 0.
Problema 5.3 Considérese un valle aislado con N 1(t) linces que se alimentan
exclusivamente de liebres, de los cuáles hay un número N 2(t) como se muestra en la figura 5.3.1 .
Figura 5.3.1 Sistema ecológico presa-depredador
La tasa de cambio en el número de predadores (linces) es proporcional a su cambio natural (debido a natalidad y mortalidad), así como a la cantidad de comida disponible (número de liebres). Esta relación se puede expresar matemáticamente como: dN 1
= a N 1 + b N 2
Donde: a y b son constantes. Asimismo, la tasa de cambio de las liebres se puede escribir como: dN 2
= c N 1 + d N 2
Donde: c y d son constantes. Este sistema de ecuaciones se puede escribir en forma matricial como:
Nd 1 Na b 1 Nd 2 Nc d 2 La solución de este sistema de ecuaciones diferenciales es de la forma:
N 1(t) N 2(t)
λ 1t λ 2 t
= xc 11 e + xc 22 e
Donde: λ1 y λ2 son los valores característicos correspondientes a los vectores característicos X1 y X2 de la matriz y C1 y C2 son constantes que dependen de las condiciones iniciales. Obtener los valores característicos para las siguientes matrices de coeficientes:
6 5 A = − 2 − 1
− 6 5 B = − 2 1
− 5 5 C = − 2 1
(5.3.1)
Solución: Escribiendo los datos en la ventana de comandos de MatLab del sistema de matrices (5.3.1), tenemos: >> A = [6
5; -2
-1];
>> valores_caracteristicos = eig(A) valores_caracteristicos = 4 1 >> B = [-6
5; -2
1];
>> valores_caracteristicos = eig(B) valores_caracteristicos = -4 -1 >> C = [-5
5; -2
1];
>> valores_caracteristicos = eig(C) valores_caracteristicos = -2.0000 + 1.0000i -2.0000 - 1.0000i
De la solución se observa que si ambos valores característicos λ 1 y λ2 son positivos, el sistema ecológico colapsa pues las exponenciales tienden a infinito. Si ambos valores característicos son negativos, las poblaciones se exterminan (decrecen a cero). Si los valores característicos son complejos conjugados, las poblaciones oscilan pues e ( a + i b ) t = e a t ( cos bt + i sen bt ) .
Problema 5.4 La presión requerida para enterrar un objeto grande y pesado en un suelo
blando homogéneo, que se encuentra sobre una base de suelo duro puede predecirse a partir de la presión necesaria para enterrar objetos más pequeños en el mismo terreno. En concreto, la presión p requerida para enterrar una placa circular de radio r una distancia d en el suelo blando, donde la base dura se encuentra a una distancia D > d debajo de la superficie, puede aproximarse mediante una ecuación de la forma: p
=
k 1 e
k 2 r
+
(5.4.1)
k 3 r
donde k 1, k 2 y k 3 son constantes que, con k 2 > 0 , que depende de d y de la consistencia del terreno pero no del radio de la placa:. a)
Encuentre los valores k 1, k 2 y k 3 si se supone que una placa de radio 1 pulg. requiere una presión de 10 lb/pulg 2 para enterrarse 1 ft en el terreno fangoso; una placa cuyo radio es de radio 2 pulg. requiere una presión de 12 lb/pulg 2 para enterrarse 1 ft y una placa de 3 pulg. de radio requiere una presión de 15 lb/pulg 2 para enterrarse esta distancia (suponiendo que el lodo tiene una profundidad mayor que un 1 ft).
b) Use los cálculos de la parte (a) para predecir el tamaño mínimo de la placa circular que se necesitará para sostener una carga de 500 lb en este terreno, con un hundimiento menor a 1 ft.
Solución: a) Al sustituir los valores de r y p en la Ec. (5.4.1) para los tres casos se tiene: k 1 exp( k 2 ) k 1 exp( 2 k 2 ) k 1 exp( 3 k 2 )
+ k 3 = 10 + 2 k 3 = 12 + 3 k 3 = 15
(5.4.2) Lo cual representa un sistema de tres ecuaciones no lineales en las incógnitas k 1, k 2 y k 3. Se genera un archivo function en el editor de M-File de MatLab con el sistema de ecuaciones no lineales (5.4.2) con el nombre de terreno.m y se guarda en Work.
%Solución de un sistema de tres ecuaciones no lineales %Terreno suave y homogéneo function y = terreno1(x) y(1) = x(1)*exp(x(2)) + x(3) - 10; y(2) = x(1)*exp(2*x(2)) + 2*x(3) - 12;
y(3) = x(1)*exp(3*x(2)) + 3*x(3) - 15;
Escribiendo las instrucciones en la Ventana de comandos para llamar al archivo terreno.m y resolver el sistema (5.4.2) tenemos: >> [x fval] = fsolve ('terreno', [0; 0;0]) (Optimization terminated: options.Tolfun.
first-order
optimality
is
less
than
(La optimización terminó: el óptimo de primer orden es menor que la opción. Tolerancia de la función) x = 8.7713 0.2597 -1.3723 fval = 1.0e-014 * 0
0.3553
0.3553
Nota: La solución es correcta k1= 8.7713; k2= 0.2597, k3 = -1.3723
Obteniendo la solución del sistema (5.4.2) mediante el comando solve tenemos: >>[k1,k2,k3] = solve('k1*exp(k2)+k3=10','k1*exp(2*k2)+2*k3=12', 'k1*exp(3*k2)+3*k3=15') k1 = 37/4-1/12*33^(1/2) 37/4+1/12*33^(1/2) k2 = log(15/16+1/16*33^(1/2)) log(15/16-1/16*33^(1/2)) k3 = 3/2-1/2*33^(1/2) 3/2+1/2*33^(1/2) >> K1 = double(k1), K2 = double(k2), K3 = double(k3) K1 = 8.7713
9.7287 K2 = 0.2597 -0.5474 K3 = -1.3723 4.3723
b) Para encontrar el radio de la placa, se tiene que un peso de 500 lb sobre una placa de radio r producirá una presión de 500/π r 2, entonces: p
=
500
r 2
π
=
k 1 exp( k 2 r )
+
k 3 r
o bien: f ( r ) = k 1 exp( k 2 r ) + k 3 r −
500
π r 2
= 0
(5.4.3) Para obtener el valor mínimo de r, se deriva la Ec.(5.4.3): f ' (r ) = k 1 k 2 exp( k 2 r ) + k 3 −
1000 r 2
[π r ]
2
= 0
(5.4.4) Se tiene entonces, una ecuación trascendente en la incógnita r, cuya solución es el radio mínimo. Usando la función fzero para calcular las raíces de la Ec. (5.4.4), tenemos: Interesa raices positivas, por lo que se propone X0 = 5 >>[x,fval]=fzero('8.7713*0.2597*exp(0.2597*x)-1.3723(1000*x)/((pi*x^2)^2)',5 ) x = 3.0322 fval = 8.8818e-016 Para la otra solución proporcionada por
solve
tenemos:
>>[x,fval]=fzero('9.7287*(-0.5474)*exp(-0.5474*x)+ 4.3723(1000*x)/((pi*x^2)^2)',5 ) x = 3.1012 fval =
4.4409e-016 La placa circular requiere un radio mínimo r = 3.0322 pulg.
Problema 5.5 Un ingeniero está proyectando una carretera, y necesita calcular el
volumen de movimiento de tierras en el tramo comprendido entre los puntos kilométricos 1730 y 1810. Dispone para ello de perfiles transversales cada cinco metros. En cada perfil se han medido con un planímetro las áreas de desmonte A D y terraplén AT, tal como se muestra en la tabla siguiente: Punto Kilométrico (m)
Área Desmonte (m2)
Área Terraplén (m2)
1730
2.51
0.05
1735
1.32
0.61
1740
1.12
0.82
1745
0.85
0.95
1750
0.63
1.21
1755
0.05
1.35
1760
0.00
1.56
1765
0.00
2.58
1770
0.00
2.41
1775
0.25
2.21
1780
0.56
1.90
1785
0.85
1.50
1790
0.94
0.85
1795
1.57
0.34
1800
1.83
0.11
1805
2.61
0.00
1810
2.57
0.20
Calcular el volumen de desmonte V D, el volumen de terraplén V T y el balance de tierras B T. Solución: El volumen de desmonte y terraplén pueden calcularse como: V D =
1810
∫
1730
A D ( x ) dx
;
V T =
y el balance de tierras B T como:
1810
∫
1730
AT ( x ) dx
B T = V D − V T
Se crean tres vectores con los datos de la tabla, correspondientes al punto kilométrico (PK), área de desmonte (AD) y área de terraplén (AT). Como son datos tabulados, se usa el comando trapz para evaluar las integrales dadas: >> pk = 1730: 5: 1810; >> ad = [ 2.51, 1.32, 1.12, 0.85, 0.63, 0.05, 0.00, 0.00, 0.00, 0.25, 0.56, 0.85, 0.94,1.57, 1.83, 2.61, 2.57 ]; >> at = [ 0.05, 0.61, 0.82, 0.95, 1.21, 1.35, 1.56, 2.58, 2.41, 2.21, 1.90, 1.50, 0.85, 0.34, 0.11, 0.00, 0.20 ]; Se calculan las integrales por el método de los trapecios >> vd = trapz(pk,ad) vd = 75.6000 >> vt = trapz(pk,at) vt = 92.6250 >> bt = vd - vt bt = -17.0250 El volumen de desmonte = 75.6 m2 El volumen de terraplén = 92.625 m2 El balance de tierras = - 17.025 m2
Problema 5.6 Calcular el área encerrada por la cardioide
r =1 + cos
, así como su
θ
longitud de arco. Solución: Mediante los comandos MatLab, se obtiene la grafica de la cardioide dada, como se muestra en la Fig. 5.6.1.
>> theta = 0:0.01:2*pi; >> r = 1 + cos(theta); >> polar(theta,r,'*r')
Figura 5.6.1 Gráfica de la cardioide
Es sabido de Cálculo Diferencial e Integral que, si la curva viene dada en coordenadas polares r = f (a ) , para los valores correspondientes a 0 y a1 del parámetro a , en los puntos de corte, el área viene dada por la integral: A
=
1
a1
[ f (a )] 2 ∫ a0
2
da
Luego entonces, de la expresión anterior, el área encerrada por la cardioide viene dada por la integral: A =
1
2π
∫
2
0
[1 + cos θ ]2 d θ
Asimismo, para una curva en coordenadas polares de ecuación de ecuación r = f (a ) , la longitud del arco de curva comprendido entre los puntos relativos a los valores a = a 0 y a = a1 , del parámetro, viene dada por la integral: L
a1
= ∫ a
r 2 +[ r ' ( a)] 2 dr
0
Luego entonces, de la expresión anterior, la longitud de la curva de la cardioide viene dada por la integral: L =
2π
∫ 0
[1 +cos( t )] 2 +[ sen (t )] 2 dt
Escribiendo los datos en la ventana de comandos de MatLab, tenemos:
>> A_cardioide = quad(inline('(1/2)*(1+cos(x)).^2'),0,2*pi) A_cardioide = 4.7124 >> L_cardioide = quad(inline('sqrt((1-cos(t)).^2+sin(t).^2)'),0,2*pi) L_cardioide = 8.0000
Problema 5.7 Las áreas de la sección transversal de los ríos (A) se necesitan en varias
tareas en la ingeniería hidráulica, como pronósticos de inundación y diseños de presas. A menos que se disponga de dispositivos electrónicos de sonido para obtener perfiles continuos del fondo del río, el ingeniero debe basarse en mediciones discretas de la profundidad para calcular A. Un ejemplo de la sección transversal de un rió se muestra en la Fig. 5.7.1. Los puntos presentan posiciones don de ancló una lancha y se tomaron lecturas de diferentes profundidades. Estimar el área de la sección transversal a partir de estos datos.
Figura 5.7.1 Sección transversal de un río
Solución: Escribiendo los datos en dos vectores, para la distancia y para la profundidad y calculando el área de la sección transversal mediante el comando trapz , por tratarse de datos tabulados, tenemos: >>distancia = 0:2:20; >>profundidad = [ 0, 1.8, 2, 4, 4, 6, 4, 3.6, 3.4, 2.8, 0 ]; >>area_transversal = trapz(distancia, profundidad) area_transversal =
63.2000
Problema 5.8 Para simular las características térmicas de los frenos de disco (Ver Fig.
5.8.1), es necesario aproximar numéricamente la temperatura exterior promediada del área, T, en el cojín del freno, basándose para ello en la ecuación: r 0
T =
∫
r e
T ( r ) r θ p dr r 0
∫
r e
r θ p dr
donde representa el radio donde comienza el contacto entre cojín y disco, representa el radio exterior de dicho contacto, θ p representa el ángulo subtendido para los cojines del freno del sector y T (r ) es la temperatura en cada punto del cojín, la cuál se obtuvo numéricamente al analizar la ecuación del calor o difusión. Si r e =0.308 ft , r 0 = 0.478 ft , θ p =0.7051 radianes y si las temperaturas dadas en la tabla siguiente se calcularon en varios puntos del disco, obtenga una aproximación de T. r
r
0
e
r (ft)
T (r ) (°F)
r (ft)
T (r ) (°F)
r (ft)
T (r ) (°F)
0.308
640
0.376
1034
0.444
1204
0.325
794
0.393
1064
0.461
1222
0.342
885
0.410
1114
0.478
1239
0.359
943
0.427
1152
Figura 5.8.1 Características térmicas de un freno de disco
Solución:
Se crean dos vectores con los datos de la tabla r y Tr en la Ventana de comandos de MatLab. El primero de ellos corresponde a las distintas distancias al eje del freno de disco en las que se ha medido la temperatura, mientras que dichas temperaturas se almacenan en el segundo vector. >> r = [ 0.308, 0.325, 0.342, 0.359, 0.376, 0.393, 0.410, 0.427, 0.444, 0.461, 0.478 ]; >> tr = [ 640, 794, 885, 943, 1034, 1064, 1114, 1152, 1204, 1222, 1239 ]; Se calculan el valor de T haciendo las integrales por partes por el método de los trapecios: Obtención de la integral del numerador de T: >> integral_numerador = trapz(r,r.*tr*0.7051) integral_numerador = 49.7141 Obtención de la integral del denominador de T: >> integral_denominador=trapz(r,r*0.7051) integral_denominador = 0.0471 >> T = integral_numerador/integral_denominador T = 1.0553e+003 Temperatura exterior promediada del área, T = 1055.3°F
Problema 5.9 El sólido de la Fig. 5.9.1 está acotado por la parte superior del cono que
divide el vértice por la función: σ ( x ,
y , z ) =
z 2 = x 2 + y 2 x 2 + y 2
y el plano
z = 2
y tiene la función de densidad σ dada
. Encontrar el centro de masa de la 5.9.1
Figura 5.9.1 Centro de masa de un cono Solución: Es conocido que el centro de masa de una región sólida D con la función de densidad σ se halla en M Y Z ( x, y, z ) = M ,
M X Z M
,
M X Y M
donde los momentos alrededor de los planos coordenados son:
∫∫∫ x σ ( x, y, z ) dV
M Y Z =
D
∫∫∫ y σ ( x, y , z ) dV
M X Z =
D
∫∫∫ z σ ( x, y, z ) dV
M X Y =
D
y la masa es: M
=∫∫∫ σ ( x, y, z ) dV ; D
Observando la Fig. 7.10 para establecer los límites y evaluar los momentos y la masa se tienen las siguientes integrales: M =
2
∫ ∫ −2
M Y Z =
4 − x 2
− 4 − x
2
∫ ∫ −2
2
2
∫
x 2 +y 2
4 − x 2
− 4 − x
2
2
∫
x 2 +y 2
x 2 + y 2 dz dy dx
x
x 2 + y 2 dz dy dx
M X Z =
M X Y =
2
∫ ∫ −2
2
− 4 − x
∫ ∫ −2
4 − x 2
2
2
4 − x 2
− 4 − x
∫
2
2
y
x 2 + y 2 dz dy dx
z
x 2 + y 2 dz dy dx
x 2 +y 2
∫
x 2 +y 2
Debido a que los límites no son escalares no se puede utilizar el comando triplequad . Se calcularán las integrales triple en forma simbólica mediante el comando int. >> syms x y z >> % cálculo de la masa >> m=double(int(int(int('sqrt(x^2+y^2)',z,sqrt(x.^2+y.^2),2), y,-sqrt(4-x.^2),sqrt(4-x.^2)),x,-2,2)) m = 8.3776 >> % cálculo del momento myz >> myz=double(int(int(int('x*sqrt(x^2+y^2)',z,sqrt(x.^2+y.^2), 2),y,-sqrt(4-x.^2),sqrt(4-x.^2)),x,-2,2)) myz = 0 >> % cálculo del momento mxz >> mxz=double(int(int(int('y*sqrt(x^2+y^2)',z,sqrt(x.^2+y.^2) ,2),y,-sqrt(4- x.^2),sqrt(4-x.^2)),x,-2,2)) mxz = 0 >> % cálculo del momento mxy >> mxy=double(int(int(int('z*sqrt(x^2+y^2)',z,sqrt(x.^2+y.^2) ,2),y,-sqrt(4-x.^2),sqrt(4-x.^2)),x,-2,2)) mxy = 13.4041 >> centro_de_masa = [myz/m,mxz/m,mxy/m] centro_de_masa = 0
0
1.6000
la ubicación del centro de masa es:
( x, y, z ) = ( 0, 0, 1.6 )
Problema 5.10 Obtener el valor de la siguiente integral triple:
∫
1.5
−1.5
∫
1.5
−1.5
1 .5
∫
−1.5
[( x 2 +
9
9 y 2 + z 2 −1) 3 − x 2 z 3 − y 2 z 3 ] dx dy dz 4 80
Solución: La representación gráfica de la función en los límites establecidos se representa en la Fig. 5.10.1.
Figura 5.10.1. La función presenta un corazón. >> CORAZON = TRIPLEQUAD(INLINE('(X.^2+(9./4).*Y.^2+Z.^2-1).^3 -X.^2.*Z.^3-(9./80).*Y.^2.*Z.^3'),-1.5,1.5,-1.5,1.5,-1.5,1.5) CCORAZON = 915.4742 UNIDADES DE AMOR
Problema 5.11 En un proceso metalúrgico, se ha observado que para lograr un buen
resultado, la aleación procedente del horno de fundición debe ser colada a una temperatura superior a los 1,000°C. Si la aleación se extrae del horno a una temperatura de 1,300°C y a partir de ese momento se enfría según la Ley de enfriamiento de Newton: d dt
u (t )
= −k [ u (t ) −T ]
(5.11.1) donde: u(t) es la temperatura de la aleación conforme avanza el tiempo. K es una constante que depende de los materiales de la aleación ( k = 0.1567 ). T es la temperatura ambiente ( T= 35°C ).
Determine si se obtendrá un buen colado, tomando en consideración que el proceso dura 1.5 minutos. Emplee el método de Runge-Kutta de 4º y 5º orden. Solución: Resolviendo la Ec. (5.11.1) directamente en la Ventana de comandos de MatLab mediante inline con el comando ode45 para el intervalo [1,1.5] con 3 pasos tenemos: SE REQUIEREN LAS DOS MULTIPLICA POR CERO)
VARIABLES
T,Y
(EN
ESTE
CASO
T
>>[T Y]=ODE45(INLINE('- 0.1567*(Y-35)+0*T'),[0:0.5:1.5],1300)
Tiempo (minutos)
Temperatura de colado (°C)
0
1300.0
0.5000
1204.8
1.0000
1117.0
1.5000
1036.1
Gráficamente tenemos (Ver Fig. 5.11.1):
>>PLOT(T,Y(:,1),'–OK')
Figura 5.11.1 La ecuación tiene comportamiento lineal
SE
Se obtiene un buen colado ya que a los 1.5 minutos se tiene una temperatura de 1,036.1°C, que es superior a los 1,000 °C requerida. Problema 5.12 La ecuación diferencial que caracteriza el comportamiento de la corriente
i(t) del circuito eléctrico ilustrado en la Fig. 5.12.1 es: d i d t
=
A L
sen ( w t )
−
R L
i ;
t
≥0
(5.12.1)
Figura 5.12.1 Circuito eléctrico
Donde A es un voltaje constante, R es la resistencia, L la inductancia, i(t) es la corriente con respecto al tiempo t. Obtener la solución numérica de la Ec. (5.12.1) y comparar los resultados con la solución analítica para los siguientes valores: A =115 V ; L =1 H ; R =10 Ω; w = 38 rad / s; i 0 = 0 A ; t 0 = 0 s ; t f =1 s ; t = 0.01
Solución: Sustituyendo los datos y resolviendo la Ec. (5.12.1) directamente en la Ventana de comandos de MatLab mediante inline con el comando ode45 para el intervalo [0,1] con h = 0.01 s. y las condiciones iniciales i(0) = 0 tenemos:
>>[T I] = ODE45(INLINE('115*SIN(38*T)-10*Y',[0:0.01:1],0)
TIEMPO (SEGUNDOS) 0 0.0100
YI(T) 0 0.2088
SOLUCIÓN ANALÍTICA 0 0.2088
0.0200 0.0300 0.0400 0.0500 . . . 0.9600 0.9500 0.9600 0.9700 0.9800 0.9900 1.0000
0.7793 1.5912 2.4973 3.3385 . . . 0.4394 -0.6681 -1.6742 -2.4413 -2.8656 -2.8801 -2.4822
0.7789 1.5916 2.4974 3.3365 . . . 0.4405 -0.6642 -1.6740 -2.4450 -2.8671 -2.8802 -2.4823
Gráficamente tenemos (Ver Fig. 5.12.2): >>PLOT(T,I(:,1),'–OK')
Figura 5.12.2 Comportamiento gráfico del circuito eléctrico
>> PRETTY(DSOLVE('DY=115*SIN(38*T)-10*Y','Y(0)=0')) -
2185 575 ----- COS(38 T) + ---- SIN(38 T) 772 772
2185 + ---- EXP(-10 T) 772
Graficando la solución analítica, tenemos:
>> X = 0: 0.01: 1; >>Y=-2185/772.*COS(38.*X)+575/772*SIN(38.*X)+2185/772.*EXP(-10.*X); >> PLOT(X,Y)
El método de Runge-Kutta proporciona la misma la solución que la solución en forma analítica, cuya gráfica se muestra en la Fig. 5.12.2
Problema 5.13. En la figura, se muestra un sistema de tres masas. Los desplazamientos
de estas tres masas satisfacen las ecuaciones dadas por: M 1 y1''
+ B1 y1' + K 1 y1 − K 2 y 2 = F 1 (t )
− B1 y1' − K 1 y1 + M 2 y 2'' + B1 y 2' + ( K 1 + K 2 ) y 2 − K 2 y3 = 0 − K 2 y 2 + M 3 y3'' + B2 y3' + ( K 2 + K 3 ) y3 = F 3 (t )
(5.13.1)
Sistema de masas-resortes
Las constantes y condicionales iniciales son:
K 1 = K 2 = K 3 = 1 (cons tan tes de los resortes , kgm / s 2 ) ; M 1 = M 2 = M 3 = 1 ( masa , kg ) ; F 1 (t ) = 1, F 3 (t ) = 0 ( fuerza , Newton ); B1 = B2 = 0.1 (coeficient es de amortiguam y1 (0) = y1' (0) = y 2 (0) = y 2' (0) = y 3 (0) = y 3' (0) = 0
iento , kg / s )
(condicione s iniciales )
Resuelva el sistema de ecuaciones (5.13.1) para 0≤ t ≤ 30 seg y h = 0.1 Solución: Definimos
y4
=
'
y1 , y5
=
'
y2 ,
y y6
=
'
y3
El sistema de tres ecuaciones diferenciales (5.13.1) se puede escribir como un sistema de seis ecuaciones diferenciales de primer orden, de la manera siguiente:
y1' = y 4 y 2' = y 5 y 3' = y 6 y 4' = y 5' = y 6' =
1 M 1 1 M 2 1 M 3
[ − B1 y 4 − K 1 y1 + B1 y 5 + K 2 y 2 + F 1 ] [ B1 y 4 + K 1 y1 − B1 y 5 − ( K 1 + K 2 ) y 2 + K 2 y 3 ] [ K 2 y 2 − B2 y 6 − ( K 2 + K 3 ) y 3 + F 3 ]
(5.13.2) Se genera un programa M-File para resolver el sistema (5.13.2) y se guarda en el área de trabajo Work con el nombre de sistema6.m
% SISTEMA DE SEIS ECUACIONES DIFERENCIALES DEL SISTEMA DE %MASAS RESORTES FUNCTION DY = SISTEMA6(T,Y) DY = ZEROS(6,1); %VECTOR COLUMNA DY(1) = Y(4); DY(2) = Y(5); DY(3) = Y(6); DY(4) = -0.1*Y(4) - Y(1) + 0.1*Y(5) + Y(2) + 1; DY(5) = 0.1*Y(4) + Y(1) - 0.1*Y(5) - 2*Y(2) + Y(3); DY(6) = Y(2) - 0.1*Y(6) - 2*Y(3);
Se ejecuta el programa sistema6.m para encontrar la solución del sistema de ecuaciones diferenciales (5.13.2)
>> [T,Y] = ODE45(@SISTEMA6, [0 30],[0 0 0 0 0 0]);
Graficando la solución numérica anterior se tiene la figura (5.13.1):
>>PLOT( T,Y(:,1),'PB', T,Y(:,2),'DK', T,Y(:,3), '.R', T,Y(:,4), '+M', T,Y(:,5),'*G', T,Y(:,6),'.-B') >> XLABEL('TIEMPO T') >> YLABEL('SOLUCIÓN Y') >> LEGEND('Y_1','Y_2','Y_3','Y_4','Y_5','Y_6')
Figura 5.13.1 Comportamiento gráfico del sistema masa-resortes
