Problemas de vaciado de tanques PDF

Preview

Summary

Aplicaciones de EDO, vaciado de tanques...

Description

335

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:

v =

(1)

2 gh

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). OBSERVACIÓN 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  a v dt sustituyendo la ecuación (2) en la ecuación (3) dV =  a c 2 gh dt

(3)

(4)

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

336 dV dh  A(h) dt dt

(5)

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

dh =  ac dt

(6)

2 gh

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 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 h0 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

Unidades mt mt3 seg 9,81 mt/seg2 cm2

cm2

cm2 Sin

Unidades

pies pies3 seg 32 pies/seg2 pies2 pies2

337

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 pies en pie, utilizando la equivalencia de 1 pulgada = 12 y puesto que el área del orificio de salida es el área de

20 pies h

una circunferencia (  radio2 ), resulta que el área “a” del orificio de salida es 2

  1  pie2 a=    = 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/seg2

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) =  ( 10 )2 = 100  pies2 Sustituyendo a, c, g, y A(h) en la ecuación (1) 8  100  dh = – 64 h dt = – 576 576 1 multiplicando por y simplificando  1 100 dh =  h dt 72

h

(2)

338

La ecuación (2) es la ecuación diferencial asociada al problema; la misma debe resolverse sujeta a la condición que para el tiempo t0 = 0 seg, la altura inicial es h0 = 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 h

dh =



(3)

dt

Ambas integrales son inmediatas



1 h

dh =



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 multiplicando por 

h = t – 14400

20

1 y elevando al cuadrado 14400

t  h(t) =    14400



 20  

2

(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

339 2. Un tanque tiene la forma de un cubo de 12 pies de arista . Debido a un pequeño orificio situado en el fondo del tanque, de 2 pulgadas cuadradas de área, presenta un escape. Si el tanque está inicialmente lleno hasta las tres cuartas partes de su capacidad, determine: a) ¿Cuándo estará a la mitad de su capacidad? b) ¿Cuándo estará vacío? SOLUCIÓN:

a) La ecuación diferencial asociada problemas de vaciado de tanques es A(h) dh = – a c 2 g h dt

h

l = 12 pies

los (1)

12 pies

Como las dimensiones del tanque están dadas en pie, y puesto que 1pulg = 1/12 pies, entonces haciendo la conversión, el área orificio de salida será a = 2 pulg2 = 2 (1/144) pies2 = 1/72 pies2

Fig .1

El coeficiente de descarga es c = 1 y la gravedad g = 32 pies/seg2

12 pies

12 pies

a

Como puede observarse en la Fig,1 las secciones transversales del tanque van a ser cuadrados de lados constantes e iguales a 12 pies, independientemente de la altura a la cual se efectúa el corte, por lo tanto, el área de las sección transversal será A(h) = 144 pies2 Ya que las secciones transversales son de área constante y puesto que el tanque está inicialmente lleno hasta 3/4 de su capacidad, resulta que la altura inicial será igual a 3/4 de la altura total. Así, como la altura total del tanque es ht = 12 pies, entonces la altura inicial es h0 = 3/4 ht = 9 pies. Sustituyendo A(h), a, c y g en la ecuación (1) 1 8 144 dh = – 64 h dt = – 72 72 simplificando 1 144 dh = – h dt 9

h dt

(2)

La ecuación (2) es la ecuación diferencial asociada al problema de vaciado de tanque planteado y debe resolverse sujeta a la condición h(0) = 9 pies. La ecuación (2) es una ecuación diferencial de variables separables. Para separar las 9 variables se multiplica la ecuación (2) por el factor  h  integrando

1296 dh h

= dt

340

– 1296

dh

  h

=

(3)

dt

Ambas integrales son inmediatas



dh h

=

 

1

h 2 dh = 2

h + k1

dt = t + k2

sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (3) – 2592 h = t+k

(4)

Para determinar el valor de la constante k de integración se usa la condición inicial h(0) = 9, esto es, se sustituye en la ecuación (4) t = 0 seg y h = 9 pies, resultando k = – 7776. Este valor obtenido para k se sustituye en la ecuación (4) –- 2592 h = t – 7776 multiplicando por 

1 y elevando al cuadrado 2592

h(t) =

t    3  2592  

2

(5)

La ecuación (5) es la ley de variación de la altura del líquido en el tanque en cualquier instante t Se quiere determinar el tiempo para el cual el volumen de líquido en el tanque es igual a la mitad de su capacidad; es decir, cuando la altura de líquido en el tanque es igual a 6 pies. Para ello, se sustituye h = 6 pies en la ecuación (5) t    3 6 =   2592 

2

elevando a la 1/2 6 = 

t  3 2592

Multiplicando por (– 1 ) t  3= 6 2592 sumando 3 y multiplicando por 2592 t = 2592 ( 3 – 6 ) = 7776 - 6350,4 = 1425,6

De aquí que, debe transcurrir un tiempo t = 1425,6 seg = 23 min 45 seg, para que el tanque se vacíe hasta la mitad de su capacidad.

341

Para determinar el tiempo que demora en vaciarse el tanque, es decir, el tiempo para que la altura de líquido en el tanque sea cero, se sustituye h = 0 en la ecuación (5) y se busca t 2 t    3 = 0   2592 

elevando a 1/2 t  3 = 0 2592

 multiplicando por ( – 2592 )

t – 7776 = 0 despejando t t = 7776 seg Luego, deben transcurrir 7776 seg, es decir, 2 horas 9 min 36 seg, para que el tanque se vacíe totalmente. 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 pulg2 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

El área de orificio de salida es a = 1 pulg2 pero como las dimensiones del tanque están dadas en pies, hay que realizar la conversión.

r H = 12 pies h

Puesto que 1 pulg = 1/12 pies, entonces 2

a = 1 pulg2 = Fig. 1

1 1  pies2  pies  = 144 12  

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 (2) A(h) =  r2 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

342

Si se ubican los ejes coordenados de tal forma que el vértice del cono coincida con el origen del sistema de coordenadas, entonces se tiene una figura simétrica respecto del eje y, tal y como se muestra en la Fig. 2

altura 5 pies

5 pies

r

5

12 pies

r

h 12 h

radio Fig.3

Fig. 2

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  2 5  h A(h) =   h = 144  12 

Sustituyendo A(h), a, c y g en la ecuación (1) 1 6 25  2 h dh =    64 h 144 144  10  multiplicando por 144 24 2 h dt 25  h dh = – 5

dt

(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  h 2 dh = dt 24 h

343

integrando –

125  24

Ambas integrales son inmediatas



h2 h

dh =





h2 h

h 2 h 1/ 2 dh =





dh =



(5)

dt

h3 / 2 dh =

2 5/2 + k1 h 5

dt = t + k2

sustituyendo los resultados de as integrales en la ecuación (5)  125    2 5 / 2     h  = t + k 24   5   efectuando operaciones 25  5 / 2  = t + k h 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  k=   12 5 / 2 . Este valor obtenido para k se sustituye en la ecuación (6) 12 25  25  5 / 2 h  12 5 / 2 (7)  = t  12 12  12   y elevando a la 2/5 multiplicando por    25   h(t) =

 12   t  25  

5/2 

 12 

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   12 5 / 2 0 = t  12 despejando t 25  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

344

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 problemas de vaciado de tanques es: A(h) dh = – a c 2 g h dt (1)

R

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.

R h

El orificio de salida tiene radio r, por lo tanto, el área del orificio de salida es a = 2r

x

Fi g. 1

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) =  x2

(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

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 Fig 3 R2 = x2 + ( R – h )2

345

desarrollando

R2 = x2 + R2 - 2 R h + h2

simplificando x2 = 2 R h – h2 sustituyendo la ecuación (3) en la ecuación (2) A(h) =  ( 2 R h – h2 ) Ahora se sustituyen A(h) y a en la ecuación (1)  ( 2 R h – h2 ) dh = –  r2 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  2 r c 2 gh 1  ( 2 R h – h2 ) dh = dt (6) 2 r c 2 gh 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 tv, esto es el tiempo para el cual la altura de líquido en el tanque es cero. Se plantea así, el problema de valor de frontera  2 R h  h2 dh  dt  2  r c 2 gh   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 0



1 2

r c

2g



 2 R h  h2    dh =   h  

R

tv



dt

(7)

0

Resolviendo las integrales definidas R

0

 R

 2 R h  h2   dh =     h  

 0

R

 2 R h  h2    dh = – 2 R   h  

 0

R

h1/ 2 dh +

 0

h3 / 2 dh

346 4 R h3 / 2 =  3

R

/

2 h5 / 2 + 5

0

R

/

= 

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

0

tv

tv

 / dt = t

0

= tv

0

sustituyendo los resultados de las integrales en al ecuación (7)    14 R5 / 2  1  = tv      r 2c 2g  15     Por lo tanto, el tiempo que demora en vaciarse el tanque es t =

14 R 2 2

15 r 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:

a) La curva y = x4/3 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/seg2. 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) =  r2 (2)

347

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 ...