Problemas de Vaciado de Tanques

Prof. Melba Rodriguez

APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS DE PRIMER ORDEN A PROBLEMAS DE VACIADO DE TANQUES Muchos problemas físicos dependen de alguna manera de la geometría. Uno de ellos es la salida de líquido de un tanque a través de un orificio situado al fondo del mismo. La forma geométrica del recipiente determina el comportamiento físico del agua. Considere un recipiente lleno de agua hasta una altura h. Suponga que el agua fluye a través de un orificio de sección transversal “a”, el cual está ubicado en la base del tanque. Se desea establecer la altura de líquido en el tanque en cualquier instante t y el tiempo que este demora en vaciarse. Sea h(t) la altura de líquido en el tanque en cualquier instante t y V(t) el volumen de agua del tanque en ese instante. La velocidad v del agua que sale a través del orificio es: (1) v = 2gh donde g es la gravedad. La ecuación (1) representa la velocidad que una gota de agua adquiriría al caer libremente desde la superficie del agua hasta el agujero. En condiciones reales, hay que tomar en cuenta la contracción que sufre un chorro de agua en un orificio, por lo que se tendrá v = c 2 gh (2) donde c es el coeficiente de descarga comprendido entre 0 y 1 ( 0 < c < 1).

OBSERVACI N Cuando el valor del coeficiente de descarga c no se indica, se asume que c = 1 Según la Ley de Torricelli, la razón con la que el agua sale por el agujero (variación del volumen de líquido en el tanque respecto del tiempo) se puede expresar como el área “a” del orificio de salida por la velocidad v del agua drenada, esto es dV = −av (3) dt sustituyendo la ecuación (2) en la ecuación (3) dV = − a c 2gh (4) dt Si A(h) denota el área de la sección transversal horizontal del tanque a la altura h, aplicando el método del volumen por secciones transversales se obtiene h

V=

∫

A(h) dh

0

derivando respecto de t y aplicando el teorema fundamental del cálculo 1


dV dh = A(h) dt dt

(5)

Comparando las ecuaciones (3) y (5) A(h)

dh = − a c 2 gh dt

(6)

Sean h la altura de líquido en el tanque en cualquier instante t, “a” el área del orificio de salida el cual esta ubicado al fondo del tanque, g la gravedad, C el coeficiente de descarga y A(h) el área de la sección transversal transversal del tanque. La ecuación diferencial asociada al problema de vaciado del tanque es dh A(h) = − a c 2 gh dt Esta es una ecuación diferencial de variables separables, la cual al resolverse sujeta a la condición de conocer la altura inicial h 0 para el tiempo t = 0, permite obtener la ley de variación de la altura de líquido en el tanque en función del tiempo. Si, además, hay aporte de líquido al tanque, la ecuación diferencial es dh A (h ) = Q − a c 2 gh dt

UNIDADES Y NOTACIONES Elemeto Altura Volumen Tiempo Gravedad Área del orificio de salida Área de la sección Transversal Coef. de descarga

Notación h (t) cm V (t) cm3 t seg g 981 cm/seg2 a cm2 A(h) c

cm2

Unidades mt mt3 seg 9,81 mt/seg2 cm2

pies pies3 seg 32 pies/seg2 pies2

cm2

pies2

Sin Unidades

2


EJERCICIOS RESUELTOS SOBRE APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS DE PRIMER ORDEN, A PROBLEMAS DE VACIADO DE TANQUES 1. Un cilindro recto circular de 10 pies de radio y 20 pies de altura, está lleno con agua. Tiene un pequeño orificio en el fondo de una pulgada de diámetro ¿Cuándo se vaciará todo el tanque? SOLUCIÓN: 10 pies

La ecuación diferencial asociada a los problemas de Vaciado de tanques es A(h) dh = – a c 2 g h dt (1) El diámetro del orificio por donde fluye el agua fuera del tanque es de 1 pulgada, por lo tanto el radio es 1/2 pulgada. Como las dimensiones del tanque están dadas 1 en pie, utilizando la equivalencia de 1 pulgada = pies 12 y puesto que el área del orificio de salida es el área de una circunferencia ( π (radio)2 ), resulta que el área “a” del orificio de salida es

20 pies h

2

π  1  a= π   = pie2 576  24  Fig.1

El coeficiente de descarga “c” no está dado por lo tanto se asume c = 1 y la gravedad es g = 32 pies/seg 2

Para determinar A(h), que es el área de la sección transversal del tanque en función de la altura “h” , obsérvese en la Fig. 1 que las secciones transversales del tanque son circunferencias de radio constante r = 10 pies. Por lo tanto, el área de la sección transversal es la misma, independientemente de la altura h a la cual se efectúe el corte. Así, A(h) = π ( 10 )2 = 100 π pies2 Sustituyendo a, c, g, y A(h) en la ecuación (1) 100 π dh = – multiplicando por

1 π

π

576

64 h dt = –

8 π 576

h

y simplificando 100 dh = −

1 72

h dt

(2)

3


La ecuación (2) es la ecuación diferencial asociada al problema; la misma debe resolverse sujeta a la condición que para el tiempo t 0 = 0 seg, la altura inicial es h 0 = 20 pies, pues en el enunciado se dice que el tanque esta totalmente lleno. La ecuación diferencial (2) es una ecuación diferencial de variables separables. Para 72 separar las variables, la ecuación (2), se multiplica por el factor − h 7200 dh = dt − h integrando − 7200

∫

1 dh = h

∫

dt

(3)

Ambas integrales son inmediatas

∫

1 dh = h

∫

h −1/ 2 dh = 2 h 1/ 2 = 2 h + k1

∫

dt = t + k2

sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (3) – 14400 h = t + k

(4)

Para determinar el valor de la constante k de integración, se usa la condición inicial, esto es, se sustituye en la ecuación (4) t = 0 seg y h = 20 pies, resultando k = – 14400 20 . Este valor obtenido para k se sustituye en la ecuación (4) – 14400 h = t – 14400 20 1 multiplicando por − y elevando al cuadrado 14400 t  h(t) =  −  14400

2

+

 20  

(5)

La ecuación (5) es la ley de variación de la altura de líquido en el tanque en cualquier instante t Para determinar el tiempo que demora en vaciarse el tanque, es decir, el tiempo para el cual deja de haber líquido en el tanque, se debe sustituir h = 0 en la ecuación (5) t = 14400 20 = 64398,75 Luego el tanque se vacía en un tiempo t = 64398,75 seg , es decir, 17 h 53 min 19 seg

4


3. Un tanque en forma de cono circular recto , de altura H radio R, vértice por debajo de la base, está totalmente lleno con agua. Determine el tiempo de vaciado total si H = 12 pies, R = 5 pies, a = 1 pulg 2 y c = 0,6 SOLUCIÓN: La ecuación diferencial asociada a los problemas de vaciado de tanque es A(h) dh = – a c 2 g h dt (1)

R = 5 pies

r r H = 12 pies h

El área de orificio de salida es a = 1 pulg 2 pero como las dimensiones del tanque están dadas en pies, hay que realizar la conversión. Puesto que 1 pulg = 1/12 pies, entonces 2

1  1  a = 1 pulg =  pies  = pies2 144  12  2

Fi . 1

El coeficiente de descarga es c = 0,6 y la gravedad es g = 32 pies/seg2

Según puede observarse en la Fig. 1, las secciones transversales del tanque son circunferencias cuyo radio varía dependiendo de la altura a cual se efectúe la sección transversal. Sea h la altura a la cual se efectúa el corte y r el radio de la circunferencia. El área de la sección transversal es variable y está dada por A(h) = π r 2 (2) Para expresar r en función de h, debe hacerse una abstracción, en el sentido de visualizar el tanque, no como un sólido, sino como una figura plana. Observando el tanque de frente como una figura plana se ve tal y como se muestra Fig. 2 Si se ubican los ejes coordenados de tal altura forma que el vértice del cono coincida con el origen del sistema de coordenadas, entonces 5 pies 5 pies se tiene una figura simétrica respecto del eje y, tal y como se muestra en la Fig. 2 r

5

12 pies

r

h 12 h

radio Fig.3

Fig. 2

5


Por simetría, será suficiente trabajar con uno de los triángulo Por semejanza de triángulos (ver Fig. 3) se tiene entonces la siguiente relación de proporción r 5 = h 12 despejando r 5 r= h (3) 12 sustituyendo la ecuación (3) en la ecuación (2) 2

25 π 2  5  A(h) = π  h = h 144  12  Sustituyendo A(h), a, c y g en la ecuación (1) 25 π 2 1  6  h dh = −   64 h dt 144 144  10  multiplicando por 144 24 25 π h2 dh = – h dt 5

(4)

La ecuación (4) es la ecuación diferencial asociada al vaciado de tanque planteado en este problema y debe resolverse sujeta a la condición inicial que para el tiempo t = 0 seg, la altura es h = 12 pies, esto es h(0) = 12 La ecuación (4) es una ecuación diferencial de variables separables. Para separar las 5 variables se multiplica por el factor − 24 h 125 π h 2 – dh = dt 24 h integrando 125 π – 24

∫

h2 dh = h

∫

dt

(5)


∫

h2 dh = h

∫

h 2 h −1/ 2 dh =

∫

∫

h3 / 2 dh =

2 5/2 h + k1 5

dt = t + k 2

sustituyendo los resultados de as integrales en la ecuación (5)  125 π   2 5 / 2  −   h  = t + k 24 5     6


efectuando operaciones −

25 π 5 / 2 h = t + k 12

(6)

Para determinar el valor de la constante k de integración se usa la condición inicial h(0) = 12, esto es, se sustituye en la ecuación (6) t = 0 seg y h = 12 pies, resultando 25 π k= − ( 12 )5 / 2 . Este valor obtenido para k se sustituye en la ecuación (6) 12 25 π 5 / 2 25 π − ( 12 )5 / 2 h = t − (7) 12 12  12   y elevando a la 2/5 multiplicando por  − 25 π    12  h(t) =  − t + ( 12 )5 / 2   25 π 

2/5

(8)

La ecuación (8) es la ley de variación de de la altura del líquido en el tanque en cualquier instante t El tiempo de vaciado total se obtiene cuando la altura de líquido en el tanque es h = 0 pies. Sustituyendo este valor en la ecuación (7) 25 π 0 = t − ( 12 )5 / 2 12 despejando t 25 π t = ( 12 )5 / 2 = 3264,83 seg 12 De aquí que, el tanque demora en vaciarse 3264,83 seg, es decir, 54 min 25 seg

4. Una taza hemisférica de radio R está llena de agua. Si hay un pequeño orificio de radio r en el fondo de la superficie convexa, determine el tiempo de vaciado SOLUCIÓN: La ecuación diferencial asociada a los R problemas de vaciado de tanques es: A(h) dh = – a c 2 g h dt (1) Rr

R h

Como el radio de la taza hemisférica es R y el tanque se encuentra lleno entonces la altura inicial de líquido en el tanque es R, tal y como puede observarse en la Fig. 1, es decir, h(0) = R. El orificio de salida tiene radio r, por lo tanto, el área del orificio de salida es a = π r 2

x Fi . 1

7


Sea c el coeficiente de descarga y g la gravedad. Las secciones transversales del tanque hemisférico, son circunferencias de radio variable, según la altura donde se realice la sección transversal. Sea x el radio variable de la sección transversal. Por ser circunferencia, el área es A(h) = π x 2 (2) Se debe establecer una relación entre el radio x y la altura h, de tal forma que el área de la sección transversal quede expresada en función de la altura h. Observando el tanque de frente como una figura plana y ubicándolo en un sistema de coordenadas cartesianas rectangulares como se muestra en la Fig. 2. Puesto que la Fig.2 resultante es simétrica respecto del eje y, será suficiente trabajar con la mitad de la figura.

altura R R–h R

R x h radio Fig. 2

R R–h

x

desarrollando

El triángulo que se forma, tiene como base el radio .x, ..altura.. ( R – h ) .e.. hipotenusa R . Aplicando el Teorema de Pitágoras al triángulo de la Fig. 3 R2 = x2 + ( R – h ) 2 R2 = x2 + R2 - 2 R h + h 2

simplificando

x2 = 2 R h – h 2 sustituyendo la ecuación (3) en la ecuación (2) A(h) = π ( 2 R h – h2 ) Ahora se sustituyen A(h) y a en la ecuación (1) π ( 2 R h – h 2 ) dh = – π r 2 c

(3) (4)

2 g h dt

(5)

La ecuación (5) es una ecuación diferencial de variables separables. Para separar las 1 variables se multiplica la ecuación (5) por el factor − π r 2 c 2 g h 1 2 − ( 2 R h – h ) dh = dt (6) r 2 c 2 g h A partir de la ecuación diferencial (5) y sabiendo que para el tiempo t = 0 la altura es h = R, se debe determinar el tiempo de vaciado t v, esto es el tiempo para el cual la altura de líquido en el tanque es cero. 8


Se plantea así, el problema de valor de frontera  2 R h − h2 dh = dt − 2  r c 2 g h   h(0 ) = R  h( t ) = 0 v   

Integrando la ecuación diferencial (6) de forma definida: el tiempo varía entre t = 0 y t = tv (tv tiempo a determinar) la altura varía entre h = R y h = 0 tv

0

−

∫

1 r 2 c

2g

∫

 2 R h − h2    dh =  h  

R

dt

(7)

0

Resolviendo las integrales definidas 0

∫

R

 2 R h − h2    dh = −  h  

R

∫

R

 2 R h − h2    dh = – 2 R  h  

0

= −

4 R h3 / 2 3

R

/

+

∫

R

h1/ 2 dh +

0

2 h5 / 2 5

0

R

/

∫

h3 / 2 dh

0

4 R5 / 2 2 R5 / 2 14 R5 / 2 = − + = − 3 5 15

0

tv

tv

∫ / dt = t

0

= tv

0

sustituyendo los resultados de las integrales en al ecuación (7)   1 −   r 2 c 2 g   

 14 R5 / 2  −  = tv  15  

14 R2 Por lo tanto, el tiempo que demora en vaciarse el tanque es t = 15 r 2 c

R 2g

5. Un tanque de agua tiene la forma que se obtiene al hacer girar la curva y = x4/3 alrededor del eje y. Siendo las 11:27 de la mañana se retira un tapón que está en el fondo y en ese momento la profundidad del agua en el tanque es 12 pies. Una hora más tarde la profundidad del agua a descendido a la mitad. Determine a) ¿A qué hora estará vacío el tanque? b) ¿A qué hora quedara en el tanque 25% del volumen de líquido inicial? SOLUCIÓN: 9


a) La curva y = x 4/3 que se hace girar alrededor del eje y para generar el tanque tiene su vértice en el origen. Cuando la variable y toma el valor de la máxima profundidad de líquido en el tanque, esto es, y = 12, la variable x que representa el radio de giro toma el valor x = (12)3/4 = 6,45. En la Fig. 1 se muestra la forma aproximada del tanque

6,45 mt

12 mt

h r

Fig. 1

La ecuación diferencial asociada a un problema de vaciado de tanque es A(h) dh = – a c 2 g h dt (1)

El coeficiente de descarga es c = 1 y la gravedad es g = 32 pies/seg 2. El área a del orificio de salida debe determinarse. Las secciones transversales son circunferencias de radio variable r. Por lo tanto, el área de las secciones transversales es A(h) = π r 2 (2) El radio r debe expresarse en función de la altura h. Para ello debe observarse el tanque como una figura plana, vista desde el frente. La Fig. 2 muestra la curva plana y = x4/3 altura 6,45

Observe en la Fig. 2 que el punto P(r, h) pertenece a la curva y = x 4/3; esto quiere decir que las coordenadas del punto P satisfacen la ecuación de la curva.

y=x

P (r,h)

Sustituyendo x= r, y = h h = r 4/3

r 12

●

Despejando r

h

r = h3/4

(3)

sustituyendo la ecuación (3) en la ecuación (2)

radio Fig. 2

A(h) = π h 3/2

Una vez que el área de la sección transversal del tanque ha quedado expresada en función de la altura, se sustituyen A(h), c y g en la ecuación (1) π h3 / 2 dh = – a (4) 64 h dt

10


La ecuación (4) es la ecuación diferencial asociada al problema de vaciado planteado y debe resolverse sujeta a dos condiciones: la primera condición es que para el tiempo t = 0 seg, la altura es h = 12 pies; la segunda condición es que luego de una de iniciado el proceso de vaciado, es decir, para t = 3600 seg, la altura de líquido en el tanque ha descendido a la mitad, esto es, h = 6 pies. Por lo tanto, lo que debe resolverse es el problema de valor de frontera π h3 / 2 dh = − 8 a h dt  h(0) = 12 h(3600 ) = 6  

La ecuación (4) es una ecuación diferencial de variables separables. Para separar las 1 1 = − variables se multiplica la ecuación (4) por el factor − 64 h 8 h π  h3 / 2   dh = a dt − 8  h 

(5)

integrando definidamente; el tiempo varía entre t = 0 seg y t = 3600 seg; la altura varía entre h = 12 pies y h = 6 pies 6

−

π

8

3600

∫

 h3 / 2    

 dh = a h 

12

∫

dt

(6)

0

Resolviendo las integrales 6

∫

12

 h3 / 2    dh = −  h   

12

∫

h dh = −

h2 2

12

/

= −

( 12 )2 2

+

( 6 )2 2

= – 72 + 18 = – 54

6

6 3600

∫

3600

dt = t

/

= 3600

o

0

sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (6) −

multiplicando por

π

8

( −54) = 3600 a

1 3600 1  27 π    = a 3600  4 

simplificando

11


a=

3π 1600

Este valor que se obtuvo para a (área del orificio de salida) se sustituye en la ecuación (5) h3 / 2  3π π   − dh = dt 8  h  1600 1600 multiplicando por y simplificando 3π 200 − h dh = dt (7) 3 Se pide determinar el tiempo t v que demora en vaciarse el tanque, es decir, el tiempo para el cual la altura de líquido en el tanque se hace cero. Para ello se debe resolver el problema de valor de frontera  200 − 3 h dh = dt   h(0 ) = 12  h( t ) = 0 v  

La ecuación diferencial (7) se integra de forma definida: el tiempo varía entre t = 0 seg y t = t v; la altura varía entre h = 12 pies y h = 0 pies tv

0

−

200 3

∫

h dh =

12

∫

dt

(8)

0

Resolviendo las integrales defindas 0

∫

12

h dh = −

∫

12

h dh = −

h2 2

∫ 0

/

= – 72

0

0 tv

12

tv

dt = t

/

= tv

0

sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (8)  200  tv =  −  ( −72) = 4800 3  

12


De aquí se tiene que, el tanque demora en vaciarse t = 4800 seg, lo que equivale a 1 hora y 20 min. Si el proceso de vaciado se inicio a las 11:27 am, entonces para saber a que hora el tanque estará vacío, debe sumarse el tiempo de vaciado t v a las 11:27. Luego, el tanque estará vacío a las 12:47 pm. b) Para saber a que hora queda en el tanque el 25% de su capacidad, se debe comenzar por establecer cual es la altura de líquido en el tanque cuando resta el 25% de su capacidad. Como se conoce la altura inicial de líquido en el tanque, el volumen total se determina por el método del volumen por secciones transversales h0

V=

∫

12

A(h) dh =

0

∫

π h3/2 dh =

2 π h5 / 2 5

12

/

2 π ( 12 )5 / 2 = 5

0

0

luego el 25% del volumen total es 25 25% V = 100

5/2  2 π ( 12 )5 / 2    = π ( 12 )   5 10  

Conocido el volumen cuando resta el 25% de líquido en el tanque, utilizando el mismo método por secciones transversales, se podrá determinar cual es la altura de líquido en el tanque en este caso h25%

25% V =

∫

A(h) dh

0

sustituyendo A(h) y 25% V h25%

π ( 12 )5 / 2

=

10

∫

π h3 / 2 dh

(9)

0

Resolviendo la integral definida h25%

∫ 0

π h3 / 2 dh =

2 π h5 / 2 5

h25%

/

=

2π ( h25% )5 / 2 5

0

sustituyendo el resultado de la integral en la ecuación (9) π ( 12 )5 / 2 2π = ( h25% )5 / 2 10 5 5 multiplicando por 2π 13


( 12 )5 / 2 5 / 2 ( h25% ) = 4

elevando a 2/5 h25% =

12 = 6,89 2 / 5 (4)

Una vez conseguida la altura de líquido en el tanque cuando queda el 25% del volumen total, se procede a buscar el tiempo que demora en llegar a esa altura. Para ello debe resolverse el problema de valor de frontera  200 h dh = dt − 3   h(0) = 12  12  h(t 25% ) =  ( 4 )2 / 5 La ecuación diferencial (7) se integra de forma definida: el tiempo varía entre t = 0 seg 12 y t = t 25%; la altura varía entre h = 12 pies y h = pies 2 / 5 (4) 12 ( 4 )2 / 5

−

∫

200 3

t 25%

h dh =

∫

12

dt

(10)

0

Resolviendo las integrales defindas 12 ( 4 )2 / 5

∫

12

h dh = −

∫

h dh = −

/

2

12 ( 4 )2 / 5

12 (4) 2/5

12

12

h2

2

 1   12  = – 72 + 23,75 = –48,25 = – 72 + 2  ( 4 )2 / 5  t 25%

∫ 0

dt = t

t 25%

/

= t25%

0

sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (8)  200  t25% =  −  (−48,25 ) = 3216,66  3  14


De aquí se tiene que, el tanque demora t = 3216,66 seg en vaciarse hasta el 25% de su capacidad inicial, lo que equivale a 53 min y 36 seg. Si el proceso de vaciado se inicio a las 11:27 am, entonces para saber a que hora el tanque tendrá sólo el 25% de su capacidad, hay que agregar a las 11:27 los 53 min y 36 seg. Luego tendra el 25% de su capacidad a las 12:20:36 pm

6. El tanque que se muestra en la figura está totalmente lleno de líquido. Se inicia el proceso de vaciado, por una perforación circular de área 1 cm2 ubicada en la base inferior del depósito. Si se ha establecido el coeficiente de descarga c = 0,447 y la gravedad es g = 10 m/seg2 2 mt 8 mt

r h 4 mt

1 mt Fig. 1

Determine: a) Tiempo que debe transcurrir para que quede en el tanque un contenido equivalente al 18,75% de su capacidad b) Tiempo de vaciado total del tanque SOLUCIÓN: La ecuación diferencial asociada a los problemas de vaciado de tanques es A(h) dh = – a c 2 g h dt

(1)

El área del orificio de salida es a = 1 cm 2, pero como las dimensiones del tanque están en metros debe efectuarse la conversión. Puesto que 1 cm = 0,01 mt = 10 – 2 mt, entonces a = 1 cm 2 = (1 cm ) 2 = ( 10 - 2 mt)2 = 10 - 4 mt2. En el enunciado del problema dan el coeficiente de descarga c = 447.10 gravedad g = 10mt/seg2

-3

y la

Según puede observarse en la Fig. 1, las secciones transversales son rectángulos, dos de los lados paralelos de longitud constante e igual a 8 y los otros dos lados de longitud variable r. El área de la sección transversal es entonces A(h) = 8 r (2) Debe expresarse la longitud r en función de la altura h. Para ello si se observa el tanque de frente, como una figura en un plana, ubicada en un sistema de coordenadas cartesianas rectangulares, se verá como lo muestra la siguiente Fig. 2

15

Prof. Melba Rodriguez y 2 mt (2,4) P(r,h) r

Obsérvese que el punto P(r,h) pertenece a la recta que pasa por los puntos (1, 0) y (2, 4). La pendiente la recta es 4−0 m= = 4 2 −1

4 mt h (1,0) 1mt

x Fig. 2

La ecuación de la recta que pasa por el punto (1, 0) (o (2, 4)) y tiene pendiente 4 es L: y = 4 ( x – 1 )

Ya que el punto P (r, h) pertenece a la recta L entonces satisface la ecuación de dicha recta, por lo tanto sustituyendo x = r , y = h h=4(r–1) despejando r h r= +1 (3) 4 Sustituyendo la ecuación (3) en la ecuación (2), se tiene el área de la secciones transversales en función de la altura h  h  A(h) = 8  + 1 = 2 ( h + 4 )  4  Ahora se sustituyen A(h), a, c y g en la ecuación (1) 2 ( h + 4 ) dh = – 10 – 4 . 447 . 10 – 3 20 h dt simplificando 2 ( h + 4 ) dh = – 447 . 10 – 7 20 h1/2 dt (4) La ecuación diferencial (4) es una ecuación diferencial de variables separables y debe resolverse sujeta a la condición de que la altura inicial de líquido en el tanque es 4 mt, es decir, h(0) = 4. Para separar las variables, la ecuación (4 ) debe multiplicarse por el factor 10 7 − 447 20 h1 / 2 2 .10 7 − 447 20

 h + 4    dh = dt 1 / 2  h 

integrando 2 .10 7 − 447 20

∫

 h + 4    dh = 1 / 2  h 

∫

dt

(5)


∫

 h + 4    dh = 1 / 2  h 

∫

h1/ 2 dh + 4

∫

∫

h −1/ 2 dh =

2 3/2 h + 8 h1/2 + k1 3

dt = t + k2 16


sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (5) 2 .10 7  2 3 / 2  − + 8 h1 / 2  = t + k  h 447 20  3 

(6)

Para determinar el valor de la constante k de integración se usa la condición inicial h(0) = 4, esto es, se sustituye en la ecuación (6) t = 0 seg y h = 4 mt, 2 .10 7  2 3 / 2  k= − + 8 ( 41 / 2 )   4 447 20  3  2 .10 7 =− 447 20

 2  41/2  4 + 8   3 

4 .10 7  32  128 .10 7 = −   = − 447 20  3  1341 20 este valor obtenido para k se sustituye en la ecuación (6) 2 .10 7  2 3 / 2 128 .10 7  1 / 2 − +8h  =t −  h 3 447 20  1341 20  despejando t 2 .10 7 2  64  t= − h 3 / 2 − 8 h1 / 2   3 447 20  3 

(7)

La ecuación (7) representa la relación funcional entre altura y tiempo. Ya que se debe determinar el tiempo que debe transcurrir para que en el tanque quede solo el 18,75% del volumen total de líquido, para usar la ecuación (7) será necesario conocer la altura de líquido en el tanque, cuando en este queda el 18,75% del volumen total. Se comienza por determinar el volumen total de líquido en el tanque. Como el tanque se encuentra lleno, la altura total de líquido en el tanque coincide con la altura inicial. Aplicando el método de las secciones transversales para hallar el volumen total h0

V=

∫ 0

4

A(h) dh =

∫

4

2 ( h + 4 ) dh = 2

0

h dh + 8

0 4

= h2

∫

4

0

4

/ / + 8h

0

∫

dh

= 16 + 32 = 48

0

Así, el volumen total de líquido en el tanque es V = 48 mt 3. Luego, el 18,75% del volumen total es ( 18,75 ) ( 48 ) 900 18,75% V = = = 9 100 100

17


Ahora, usando la misma ecuación anterior para calcular volumen, se puede establecer cual será la altura h 1 del líquido en el tanque, si se sabe que el volumen es 19,75% V = 9 mt 3 h1

18,75% V =

∫

A(h) dh

0

sustituyendo los datos h1

9=

∫

h1

2 ( h + 4 ) dh = ( h2 + 8h )

/

= ( h1 )2 + 8 h1

0

0

se tiene entonces una ecuación de segundo grado en h 1 ( h1 )2 + 8 h1 – 9 = 0 Resolviendo la ecuación de segundo grado h1 =

− 8 ± (8)2 − 4 (1) ( −9 )

2 (1)

=

− 8 ± 100

2

=

− 8 ± 10

2

de donde resulta h = – 9 y h = 1 Ya que h debe ser positivo, pues representa una altura, el valor h = – 9 se descarta, por lo tanto, la altura de líquido en el tanque cuando el volumen es de 18,75% del volumen total es h = 1 mt. Luego, para determinar el tiempo que demora en vaciarse el tanque hasta 18,75% del volumen total, será suficiente con sustituir h = 1 mt en la ecuación (7) 2 .10 7 2  64  t= − − 8  = 126727,1934  3 447 20  3  Así, el tanque demora en vaciarse hasta el 18,75 % del volumen total t = 126727,1934 seg = 35 horas 12 min 7 seg = 1 día 11 horas 12 min 7 seg . b) Para determinar el tiempo de vaciado total del tanque, es decir, cuando la altura de líquido en el tanque es cero, se sustituye h = 0 en la ecuación (7) 2 .10 7  64  128 .10 7 tv = = 213435,273   = 447 20  3  1341 20 Así, el tanque demora en vaciarse totalmente t = 213435,273 seg = 59 hora 17 min 15 seg = 2 días 11 horas 17 min 15 seg

8. Se tiene un tanque en forma de paraboloide con el eje vertical hacia abajo cuya dimensiones son 2 mt de diámetro y altura 3 mt. El tanque inicialmente esta lleno en su totalidad y el liquido escapa por un orificio de 20 cm2 de área situado al fondo del tanque. Determine

18


a) Cuánto tiempo debe transcurrir para que quede en el tanque sólo un tercio de su capacidad inicial b) Calcular el tiempo que tarda en vaciarse totalmente SOLUCIÓN: a) La ecuación diferencial asociada a los problemas de vaciado de tanques es A(h) dh = – a c (1) 2 g h dh

r

Las dimensiones del tanque están dadas en metro, por lo que el área del orificio de salida también debe quedar expresado en metro a = 2 cm2 = 2 ( 10 – 2 mt )2 = 2 . 10 – 4 mt2

adas en metros

3 mt h

2 mt Fig. 1

El coeficiente de descarga es c = 1 y la gravedad es g = 9,81 mt/seg 2 Como puede observarse en la Fig. 1, las secciones transversales del tanque son circunferencias cuyo radio r varía de acuerdo con la altura a la cual se efectúe el corte Así, el área de las secciones transversales es A(h) = π r 2 (2)

Debe establecerse una relación entre el radio variable r de las circunferencias y la altura h. Para ello, debe visualizarse el tanque de frente como una figura plana. Ubicándolo en un sistema de coordenadas cartesianas rectangulares, se verá como se muestra en la Fig. 2 La ecuación de la curva que gira alrededor del eje y para generar el tanque no está dada explícitamente por lo que debe determinarse. La ecuación ordinaria de la parábola de vértice (x0, y0), eje el eje y, abre hacia abajo y donde p es la distancia entre el vértice y el foco es ( x – x0 )2 = - 4 p ( y – y 0) El vértice de la parábola que se muestra en la Fig. 2 es el punto (0, 3) y pasa por los punto (1, 0) y (– 1, 0).

altura P r, h 3 mt

r h 1 mt

radio Fig. 2

19


Sustituyendo en la ecuación ordinaria de la parábola las coordenadas del vértice y las coordenadas de uno cualquiera de los dos puntos por donde pasa 1 ( 1 – 0 )2 = - 4 p ( 0 – 3 ) ⇒ 12 p = 1 ⇒ p = 12 De aquí que, la ecuación de la parábola que se gira alrededor del eje y para generar el paraboloide de la Fig. 1 es 1 x2 = − ( y − 3) (3) 3 El punto P(r, h), según se muestra en la Fig. 2, es un punto de la parábola. Por lo tato satisface la ecuación de la misma. Sustituyendo x = r , y = h en la ecuación (3) 1 r 2 = − (h − 3) (4) 3 sustituyendo la ecuación (4) en la ecuación (2) A(h) = −

π

3

(h − 3) =

π

3

(3 − h)

(5)

La ecuación (5) representa el área de las secciones transversales (circunferencias de radio variable) en función de la altura. Sustituyendo A(h), a, c y g en la ecuación (1) π

3

( 3 − h ) dh = – 2 . 10 – 4

19,62 h dt

(6)

La ecuación (6) es la ecuación diferencial asociada al problema de vaciado planteado, la misma debe resolverse sujeta a la condición inicial h(0) = 3, es decir, para el tiempo t = 0 seg la altura es h = 3 mts (tanque totalmente lleno). La ecuación (6) es una ecuación diferencial de variables separables. Para separar las 104 variables se multiplica la ecuación (6) por el factor − 2 19,62 h1/ 2 −

π 10 4

6

 3 − h    dh = dt 1 / 2 19,62  h 

integrando −

π 10 4

6 . 19,62

∫

 3 − h    dh = 1 / 2  h 

∫

dt

(7)


∫

 3 − h    dh = 3 1 / 2  h 

∫

h−1/ 2 dh −

∫

h1/ 2 dh = 6 h1/2 –

2 3/2 h + k1 3

20


∫

dt = t + k 2

sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (7) 2 3/2 π 10 4 − ( 6 h1/2 – h ) = t+k 3 6 . 19,62

(8)

Para determinar el valor de la constante k de integración, se usa la condición inicial h(0) = 3, esto es, se sustituye t = 0 seg y h = 3 mt en la ecuación (8) π 10 4 π 10 4 2 1/2 3/2 k= − ( 6 (3) – (3) ) = − (4 3) 3 6 . 19,62 6 . 19,62 este valor obtenido para k se sustituye en la ecuación (8) π 10 4 π 10 4 2 3/2 1/2 ( 6 h – h ) = t − (4 3) − 3 6 . 19,62 6 . 19,62 despejando t π 10 4 π 10 4 2 3/2 t= (4 3) − ( 6 h1/2 – h ) 3 6 . 19,62 6 . 19,62 sacando factor común

π 10 4

6 . 19,62 t=

π 10 4

6 . 19,62

( 4 3 - 6 h1/2 +

2 3/2 h ) 3

(9)

La ecuación (9) establece la relación funcional entre tiempo y altura de líquido en el tanque, es decir, a partir de esta ecuación conociendo una determinada altura se puede establecer el tiempo que demora en alcanzarse; también se puede determinar la altura de líquido en el tanque para un tiempo dado. Se debe ahora establecer el tiempo que debe transcurrir para que quede en el tanque un tercio de volumen total. Se comienza por determinar el volumen total de líquido en el tanque. Para ello se utiliza el método del cálculo de volumen a través de las secciones transversales, esto es h0

V=

∫

3

A(h) dh =

0

∫

π

3

0 3

( 3 − h ) dh

 3  3 3 2   π π h = 3 dh − h dh = π h – 3 3 2  0 0  0  0 3 π 3 π = 3 π – =

∫ ∫ 2

/

/

2

21


Así, el volumen total de líquido en el tanque es V = total es

3 π mt 3; un tercio del volumen 2

1 π V = 3 2

Sabiendo que un tercio del volumen total es

π

y usando la ecuación del volumen por 2 secciones transversales, es posible determinar la altura h 1 del líquido en el tanque, para ese volumen h1

1 V = 3

∫

h1

A(h) dh =

0

pero

∫

h2  π   ( 3 − h ) dh = 3h − 3 3  2  π

0

π 1 V = , entonces 3 2

h2  π   = 3h − 2 3  2  π

multiplicando por

6 π

resulta 3 = 6 h – h2 . Así se obtiene la ecuación de segundo grado

resolviendo 6 ± 36 − 12 6 ± 24 = h= 2 2

h2 – 6 h + 3 = 0 ⇒

h=

6 + 24 = 5,44 2

ó h=

6 − 24 = 0,55 2

El valor de h superior a la altura máxima debe descartarse. Por lo tanto, cuando el volumen de líquido en el tanque es un tercio del volumen total la altura de líquido en el tanque es h = 0,55 mt. Ahora para saber el tiempo t 1 que demora en llegar a ese volumen, se sustituye h = 0,55 en la ecuación (9) 2 π 10 4 t1 = ( 4 3 - 6 ( 0,55 )1/2 + ( 0,55 )3/2 ) 3 6 . 19,62 = 1182,086 ( 6,9282 – 4,4497 + 0,2719 ) = 1182,086 (2.7504) = 3251, 1378 Luego, debe transcurrir un tiempo t = 3251, 2093 seg, esto es 54 min 11 seg, para que en el tanque quede un tercio del volumen total b) Para establecer el tiempo de vaciado total t v , esto es el tiempo para el cual la altura del líquido en el tanque es cero, se sustituye h = 0 en la ecuación (9) π 10 4 tv = (4 3 ) = 1182,086 ( 6,9282) = 8189,7329 6 . 19,62 Luego, el tanque se vacía totalmente en un tiempo t = 8189,7429 seg, es decir, en 2 horas 16 min 30 seg 22


11. Un tanque en forma semiesférica de 8 mt de radio está totalmente lleno de agua. Se retira un tapón que está en el fondo, justo a las 4:27 pm. Una hora después la profundidad del agua en el tanque ha descendido 1 mt. Determine: a) ¿A qué hora el tanque estará vacío? b) ¿A qué hora quedará en el tanque 31,25% del volumen inicial. SOLUCIÓN: a) La ecuación diferencial asociada a los problemas de vaciado de tanque es: A(h) dh = – a c 2 g h dt

(1)

El coeficiente de descarga es c = 1 y la gravedad es g = 9,81 mt/seg 2

8 mt

El área a del orifico de salida se desconoce; debe determinarse. Las secciones transversales del tanque, tal y como puede observarse en la Fig. 1, son circunferencias de radio r variable, dependiendo de la altura a la cual se efectúe el corte transversal.

8 mt h

Como las secciones transversales son circunferencias de radio r, el área es A(h) = π r 2 (2)

r Fig. 1

El radio r deberá expresarse en función de la altura h.

Si se observa el tanque de frente, como una figura plana, y se representa en un sistema de coordenadas cartesianas rectangulares, el resultado se muestra en la Fig. 2

Observe que de la semicircunferencia se puede extraer un triángulo rectángulo tal que los catetos miden r y ( 8 – h ) y la hipotenusa 8 (ya que va desde el centro de la semicircunferencia a un punto de la ella).

8 mt r 8–h 8 mt

8 8–h

h r Fig.3

Fig. 2 23


Aplicando el Teorema de Pitágoras al triángulo de la Fig. 3 ( 8 )2 = ( 8 – h )2 + r 2 desarrollando 64 = 64 – 16 h + h 2 + r 2 simplificando y despejando r 2 r 2 = 16 h – h 2

(3)

Sustituyendo la ecuación (3) en la ecuación (2) A(h) = π ( 16 h – h 2 ) Sustituyendo A(h), c y g en la ecuación (1) π ( 16 h – h 2 ) dh = – a

19,62 h1/ 2 dt

(4)

La ecuación (4) es la ecuación diferencial asociada al problema de vaciado; ésta debe resolverse sujeta a dos condiciones: para el tiempo t = 0 seg la altura es h = 8mt y para el tiempo t = 4000 seg la altura es h = 7 mt. Por lo tanto, se debe resolver el problema de valor de frontera π ( 16 h − h2 ) dh = − a 19,62 h1/ 2 dt  h (0) = 8 h (3600 ) = 7  

La ecuación (4) es una ecuación diferencial de variables separables. Para separar las 1 variables se multiplica la ecuación (4) por el factor − h −1/ 2 19,62 π

−

19,62

h −1/ 2 ( 16 h – h2 ) dh = a dt

(5)

La ecuación (5) se integra de forma definida: la altura h varía entre h = 8 mt y h = 7 mt ; el tiempo t varía entre t = 0 seg y t = 3600seg 7

−

π

19,62

∫

3600

( 16 h1/ 2 − h3 / 2 ) dh = a

8

∫

dt

(6)

0


∫ 8

8

( 16 h1/ 2 − h3 / 2 ) dh = −

∫ 7

8

2  32 3 / 2  ( 16 h1/ 2 − h3 / 2 ) dh =  − h + h5 / 2  5  3 

/ 7

24


= −

32 2 32 2 ( 8 )3 / 2 + ( 8 )5 / 2 + ( 7 )3 / 2 − ( 7 )5 / 2 = –23,259 3 5 3 5 3600

∫

3600

dt = t

/

= 3600

0

0

sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (6) π

−

19,62

(–23,259 ) = 3600 a

despejando a 23,259 π = 4,58 . 10 – 3 3600 19,62 este valor del área del orificio de salida se sustituye en la ecuación (5) a =

−

π

19,62

h −1/ 2 ( 16 h – h 2 ) dh = 4,58 . 10 – 3 dt

103 multiplicando por 4,58 103 π h – 1/2 ( 16 h – h2 ) dh = dt − 4,58 19,62

(7)

A fin de determinar el tiempo t v que demora en vaciarse el tanque, es decir, el tiempo que demora para que la altura de líquido en el tanque sea cero, se integra la ecuación (7) en forma definida: la altura h varía entre h = 8 mt y h = 0 mt; el tiempo t varía de t = 0 seg a t = tv seg tv

0

∫

103 π − 4,58 19,62

( 16 h1/ 2 − h3 / 2 ) dh =

8

∫

dt

(8)

0


∫

8

( 16 h1/ 2 − h3 / 2 ) dh = −

8

∫

8

 

( 16 h1/ 2 − h3 / 2 ) dh =  −

32 3 / 2 2  + h5 / 2  h 3 5 

0

0

= −

/

32 2 ( 8 )3 / 2 + ( 8 )5 / 2 = – 168,952 3 5 tv

∫ 0

tv

dt = t

/

= tv

0

25


sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (8) 103 π tv = − ( – 168,952 ) = 26163, 64395 4,58 19,62 Luego, el tanque demora en vaciarse 26163,64395 seg, lo que equivale a 7 horas 16 min 4 seg. Si comenzó a vaciarse a las 4 horas 27 min de la tarde entonces estará totalmente vacío a las 7 horas 43 min 4 seg de la noche. b) Ahora debe determinarse a que hora quedará en el tanque 31,25% del volumen total. Para obtener el volumen total se usa el método de obtención del volumen por las secciones transversales h0

V=

8

∫

A(h) dh =

0

∫

π ( 16 h − h 2 ) dh = π ( 8 h2 −

h3 3

8

)

/ 0

0

 

= π  512 −

512  1024 π  = 3  3

Así se tiene que, el volumen total de líquido en el tanque es V = 31,25% del volumen total es

1024 π mt3. El 3

 31,25   1024  320 π  = π   3  100   3 

31,25% V = 

Ahora, usando nuevamente el método de las secciones transversales para calcular volumen, se puede determinar a altura h 1 de líquido en el tanque cuando en este queda 31,25% del volumen total h1

31,25% V =

∫

A(h) dh

0

sustituyendo A(h) y 31,25% V h1

320 π = 3

∫

h1

A(h) dh =

0

∫ 0

 

multiplicando por  −

π ( 16 h − h 2 ) dh = π ( 8 h2 −

h3 3

h1

)

/

h13 2 = π ( 8 h1 − ) 3

0

3   π 

h13 − 24 h1 + 320 = 0 resolviendo la ecuación de tercer grado en h, resulta h 1 = 4 (las otras dos soluciones se descartan , puesto que, una es mayor que la altura del tanque y la otra es negativa)

26


Conociendo la altura de líquido en el tanque cuando queda 31,25% del volumen total, se puede determinar el tiempo que demora en llegar a ese volumen. Para ello, la ecuación diferencial (7) se integra de forma definida: el tiempo t varía entre t = 0 seg y t = t 1: la altura h varía entre h = 8 mt y h = 4 mt t1

4

∫

103 π − 4,58 19,62

( 16 h1/ 2 − h3 / 2 ) dh =

8

∫

dt

(9)

0


∫

8

( 16 h1/ 2 − h3 / 2 ) dh = −

8

∫

8

 

( 16 h1/ 2 − h3 / 2 ) dh =  −

32 3 / 2 2  h + h5 / 2  3 5 

4

4

= −

/

32 2 32 3 / 2 2 ( 8 )3 / 2 + ( 8 )5 / 2 + (4 ) − ( 4 )5 / 2 = – 96,419 3 5 3 5 t1

t1

∫ / dt = t

0

= t1

0

sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (8) 103 π t1 = − ( – 96,419 ) = 14931,29638 4,58 19,62 Luego, el tanque demora 14931,29638 seg en alcanzar 31,25% del volumen total, lo que equivale a 4 horas 8 min 51 seg. Si comenzó a vaciarse a las 4 horas 27 min de la tarde entonces alcanzará el 31,35% del volumen total a las 8 horas 35 min 51 seg de la noche.

27


EJERCICIOS PROPUESTOS SOBRE APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS DE PRIMER ORDEN A PROBLEMAS DE VACIADO DE TANQUES 1, El tanque que se obtiene al hacer girar la curva y = x 4 alrededor del eje y, con un radio máximo de 2 mt se encuentra totalmente lleno. Se inicia un proceso de vaciado por un orificio de 2 cm de radio y se asume un coeficiente de descarga de 0,8. Determine: a) Tiempo de Vaciado total. b) Tiempo que debe transcurrir para que quede en el tanque el 25% del volumen inicial R: a) 3 h 8 min 8 seg b) 1 h 53 min 28 seg 2. Un tanque en forma de cono circular recto invertido de 4 mt de radio y 10 mt de altura está lleno en un 80% de su capacidad. Se comienza a escapar su contenido por un orificio de 10 cm2 de área, ubicado en su vértice. Si se ha establecido el coeficiente de descarga en 0,75 determine: a) Tiempo que demora en vaciarse totalmente b) Tiempo que debe transcurrir para que quede en el tanque el 20% del volumen inicial R: a) 5 h 18 min 59 seg b) 3 h 55 min 50 seg 3. Justo a las 8:45 de la mañana del día sábado 29 de julio de 2006, se comienza el proceso de vaciado del tanque que se muestra en la figura 3 mt 5 mt

3 mt 5 mt 2 mt

Si se sabe que el líquido escapa por un orificio situado en la base del tanque de 10 cm de área, determine a) ¿A qué hora estará totalmente vacío el tanque? b) ¿A qué hora quedará en el tanque 50% del volumen total? b) 9:31:31 am del mismo sábado R: a) 11:17:4 am del mismo sábado 2

4. Un tanque en forma de paralelepípedo de altura 32 mt y base cuadrada de 6mt está lleno en un 50% de su capacidad. Si se vacía por un orificio ubicado en el fondo del tanque, al cabo de 20 min el nivel de líquido ha bajado 6 mt. Determine. a) Área del orificio de salida b) Tiempo para el cual el nivel del líquido ha bajado 4 mt c) Tiempo de vaciado total 28


R: a) a = 35 .10 – 4 mt2 b) 41 min 29 seg c) 5 h 9 min 37 seg 5. Un tanque cilíndrico, con eje vertical, altura 20 mt y radio 4mt está leno de agua en un 80% de su capacidad. Comienza a vaciarse por una llave de descarga ubicada en el fondo y al cabo de 12 horas de proceso el nivel del líquido ha descendido 5 mt. Determine: a) Área del orificio de salida b) Tiempo para el cual el contenido es 1/4 del contenido inicial. c) Tiempo de vaciado total c) 1h 10 min 14 seg R: a) 0,02154 mt2 b) 35 min 7 seg 6. Se tiene un tanque en forma esférica, de radio 3 mt, el cual está inicialmente lleno de agua en un 100%. El líquido escapa por un orificio situado al fondo del tanque de 3 cm 2 de área. Determine: a) Tiempo de vaciado total b) Tiempo para el cual queda en el tanque un volumen igual al 50% del volumen inicial. b) 5h 53 min 27 seg R: a) 15 h 26 min 33 seg 7. Calcule el tiempo de vaciado total del tanque que se indica en la figura, sabiendo que está totalmente lleno y que el área del orificio de salida es de 5 cm 2 R: 5 h 33 min 40 seg

4m

8m

12 m

8. Un tanque de agua tiene la forma que se obtiene al hacer girar, alrededor del eje y, la curva y = x2. Justo a la 1:12 pm se retira un tapón que está en el fondo del tanque, cuando la profundidad es de 16 pies. Dos horas más tarde la profundidad del agua es 9 pies. Determine: a) Area del orificio de salida a) ¿A qué hora estará el tanque vacío? b) ¿A qué hora quedará en el tanque el 25% del volumen inicial? R: a) 0,00242 pies2 b) 4:39:34 pm c) 3:26:17 pm 9. Un tanque en forma de cilindro con eje horizontal, de 8 mt de longitud y 3 mt de radio se encuentra lleno en su totalidad. Justo a 12:25 pm se quita un tapón por donde comienza a salir el líquido. Si transcurridas 2 horas 15 min la altura de líquido en el tanque es 3,6 mt y se ha establecido como coeficiente de descarga c = 0,5, determine: a) El área del orificio de salida b) ¿A qué hora está totalmente vaciado el tanque? c) ¿A que hora la altura de líquido en el tanque es de 2 mt? R: a) 0,0022 mt2 b) 9:18:49 pm c) 5:15:34 pm

29

Problemas de Vaciado de Tanques

Recommend Documents