vaciado de tanques

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 = 2 gh (1) 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  av 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 pies pies3 seg 32 pies/seg2 pies2 cm2 pies2 cm2 Sin Unidades 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 (1) A(h) dh = – a c 2 g h dt 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 20 pies h una circunferencia (  radio 2 ), resulta que el área “a” del orificio de salida es   1  a=    = pie2 576  24  2 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)  100  dh = – 576 1 y simplificando multiplicando por  1 100 dh =  72 64 h dt = – h dt 8 576 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) multiplicando por  – 14400 h = t – 14400 1 y elevando al cuadrado 14400 t  h(t) =    14400  20  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 1296 dh = dt  h integrando – 1296    Ambas integrales son inmediatas dh h =   dh h = 340 (3) dt 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 t   h(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   6 =   3   2592 elevando a la 1/2 6 =  2 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 t    3    2592 elevando a 1/2  2 = 0 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 r r H = 12 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. Puesto que 1 pulg = 1/12 pies, entonces 1  1  a = 1 pulg2 =  pies2 pies  = 144  12  h 2 Fig. 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 (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= (3) h 12 sustituyendo la ecuación (3) en la ecuación (2) 25  2  5  A(h) =   h = h 144  12  2 Sustituyendo A(h), a, c y g en la ecuación (1) 25  2 1  6  h dh =    64 h 144 144  10  multiplicando por 144 24 h dt 25  h2 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 integrando –   125  24 Ambas integrales son inmediatas h2 h dh =  h2 h h 2 h 1/ 2 dh =   dh =  343 (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   = t + k    h 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   12 5 / 2 . Este valor obtenido para k se sustituye en la ecuación (6) k=  12 25  25  5 / 2  12 5 / 2  = t  (7) h 12 12  12   y elevando a la 2/5 multiplicando por    25    12 h(t) =   t   25   12  5/2   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   12 5 / 2 = 3264,83 seg t = 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 Rr 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 =  r 2 x Sea c el coeficiente de descarga y g la gravedad. Fig. 1 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) =  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 El triángulo que se forma, tiene como base el radio .x, ..altura.. ( R – h ) .e.. hipotenusa R . R–h x Fig 3 Aplicando el Teorema de Pitágoras al triángulo de la 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 ) (3) (4) Ahora se sustituyen A(h) y a en la ecuación (1)  ( 2 R h – h2 ) dh = –  r 2 c 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   r2 c 2 g h  1 2 r c ( 2 R h – h2 ) dh = dt (6) 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 r2 c  2g R 2  2R h  h   dh =   h   Resolviendo las integrales definidas 0 R  2 R h  h2    dh =    h   R 0  2 R h  h2    dh = – 2 R   h    tv dt 0  R R 0 (7) h1/ 2 dh + 0 h3 / 2 dh 346 4 R h3 / 2 =  3 R / R 2 h5 / 2 + 5 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)   14 R5 / 2   1     = tv   r2 c 2 g   15     Por lo tanto, el tiempo que demora en vaciarse el tanque es t = 14 R2 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: 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 (1) A(h) dh = – a c 2 g h dt 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 (2) A(h) =  r2 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 altura 6,45 y = x4/3 Observe en la Fig. 2 que el punto P(r, h) pertenece a la curva y = x4/3; esto quiere decir que las coordenadas del punto P satisfacen la ecuación de la curva. P (r,h) Sustituyendo x= r, y = h h = r4/3 r 12 ● Despejando r h r = h3/4 (3) sustituyendo la ecuación (3) en la ecuación (2) radio A(h) =  h 3/2 Fig. 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)  h3 / 2 dh = – a 64 h dt (4) 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  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  h3 / 2    dh = a dt (5)  h    integrando definidamente; el tiempo varía entre t = 0 seg y t = 3600 seg; la altura varía entre h = 12 pies y h = 6 pies   8     8  6 12 3/2  h  dh = a   h    Resolviendo las integrales 6 12  h3 / 2   dh =    h    12 6 h2 h dh =  2  12 / 3600 dt (6) 0  12 2 2   6 2 2 = – 72 + 18 = – 54 6 3600 0 =   348 dt = t 3600 / = 3600 o sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (6)   ( 54 ) = 3600 a 8 1 multiplicando por 3600 1  27    = a  3600  4  simplificando 3 a= 1600 Este valor que se obtuvo para a (área del orificio de salida) se sustituye en la ecuación (5) 3   h3 / 2  dh = dt  1600 8  h  1600 multiplicando por y simplificando 3 200  h dh = dt (7) 3 Se pide determinar el tiempo tv 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  349   La ecuación diferencial (7) se integra de forma definida: el tiempo varía entre t = 0 seg y t = tv; 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 h dh =  12  12 h dh =  h 2 12 / = – 72 0 0 tv 0 2 tv dt = t / = tv 0 sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (8)  200  tv =    ( 72)  4800 3   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 tv 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 = 2  h5 / 2  h3/2 dh = 5 0 0 luego el 25% del volumen total es 25% V = 25 100 12 / = 2  ( 12 )5 / 2 5 0 5/2  2  ( 12 )5 / 2    =  ( 12 )   10 5   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  350 h25% 25% V = 0 sustituyendo A(h) y 25% V  h25%  ( 12 )5 / 2 = 10  A(h) dh  h3 / 2 dh (9) 0 Resolviendo la integral definida h25%  h3 / 2 dh = 2h 5 5/2 h25% / = 2 ( h25% )5 / 2 5 0 0 sustituyendo el resultado de la integral en la ecuación (9)  ( 12 )5 / 2 2 ( h25% )5 / 2 = 10 5 5 multiplicando por 2 ( h25% )5 / 2 = ( 12 )5 / 2 4 elevando a 2/5 h25% = 12 ( 4 )2 / 5 = 6,89 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 = t25%; la altura varía entre h = 12 pies y h = pies ( 4 )2 / 5  12 ( 4 )2 / 5  200 3 t 25% h dh =  12 ( 4 )2 / 5  12 h dh =   dt = t 12 / 12 ( 4 )2 / 5 1 = – 72 + 2 t 25% (10) h2 h dh =  2 12 (4) 2/5 12 dt 0 12 Resolviendo las integrales defindas  351  12   = – 72 + 23,75 = –48,25   ( 4 )2 / 5    2 t 25% / = t25% 0 0 sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (8)  200  t25% =    ( 48,25)  3216,66 3   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 352 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 cm2, 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 cm2 = (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 y 2 mt (2,4) P(r,h) r 4 mt h (1,0) 1mt x Fig. 2 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 = 4 m= 2 1 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 353 (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   447 20 integrando   2 .10 7 447 20  Ambas integrales son inmediatas h 4  dh =   h1 / 2  h 4   dh = dt  h1 / 2  2 .10 7  h 4  dh =   h1 / 2  h1 / 2 dh + 4   h 1 / 2 dh = (5) dt 2 3/2 h + 8 h1/2 + k1 3 dt = t + k2 sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (5)  2 .10 7 447 20  2 3/2  8 h1 / 2  = t + k  h  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, k=  =  2 .10 7 447 20 2 .10 7 447 20  2 3/2  8 ( 41 / 2 )   4  3  2 41/2  4  8   3 128 .10  32    =  447 20  3  1341 20 este valor obtenido para k se sustituye en la ecuación (6) =   2 .10 7 447 20 4 .10 7 7 128 .10 7  2 3/2  8 h1 / 2  = t   h 1341 20  3 354 despejando t t= 2   64  h3 / 2  8 h1 / 2   3   3 2 .10 7 447 20 (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=  4 A(h) dh = 0 2 ( h  4 ) dh = 2 4 =h h dh + 8 0 0 2   4 4 dh 0 4 / / + 8h 0 = 16 + 32 = 48 0 Así, el volumen total de líquido en el tanque es V = 48 mt3. Luego, el 18,75% del volumen total es ( 18,75 ) ( 48 ) 900 18,75% V = = =9 100 100  Ahora, usando la misma ecuación anterior para calcular volumen, se puede establecer cual será la altura h1 del líquido en el tanque, si se sabe que el volumen es 19,75% V = 9 mt3 h1 18,75% V = sustituyendo los datos  h1 9= A(h) dh 0 2 ( h  4 ) dh = ( h2 + 8h ) 0 h1 / = ( h1 )2 + 8 h1 0 se tiene entonces una ecuación de segundo grado en h1 ( h1 )2 + 8 h1 – 9 = 0 Resolviendo la ecuación de segundo grado h1   8  (8) 2  4 (1) ( 9) = 2 (1)  8  10  8  100 = 2 2 355 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   64   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 t= 2 .10 7 . 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) 128 .10  64  = 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 tv = 2 .10 7 7 7. El tanque que se muestra en la figura se encuentra lleno en un 100%: El líquido escapa por un orificio de 5 cm2 de área, situado en el fondo del tanque. Determine a) Tiempo de vaciado total b) Tiempo para que el volumen de líquido en el tanque descienda 5 mt SOLUCIÓN: 4 mt 8 mt M 12 mt L h 3 mt 2mt Fig 1 356 La ecuación diferencial asociada a los problemas de vaciado de tanques es A(h) dh = – a c 2 g h dt (1) El coeficiente de descarga es c = 1; la gravedad es g = 9,81 mt/seg2 El área del orificio de salida está dado en cm2, pero como las dimensiones del tanque están dadas en mt, debe realizarsela conversión a una sola unidad, Así a = 5 cm2 = 5 . 10 – 4 mt2 Según se muestra en la Fig. 1, las secciones transversales del tanque son rectángulos, cuyo lados varían en función de la altura a la cual se efectúe la sección transversal, sean L y M las longitudes de los lados. Entonces el área de la sección transversal es A(h) = L M (2) Se deben expresar ambos lados ( L y M ) en función de la altura. Si se observa el tanque por una de sus caras y se considera una figura plana, ubicándola en un sistema de coordenadas cartesianas rectangulares, se obtiene lo que se muestra en la Fig. 2. Como puede observarse la Fig. 2 es simétrica respecto al eje y, por lo tanto, a fin de establecer la relación entre L y h se trabaja con la mitad del trapecio que se forma, como se muestra en la Fig.3 y 12 mt y 4 mt h 3 mt x 12 mt L/2 h L 8 mt Fig 2 3/2 mt x Fig 3 Se puede obtener la relación entre L y h, a través de la recta que pasa por los puntos (3/2, 0) y (4, 12), recta a la cual pertenece el punto (L/2, h). Sin embargo, se mostrará otro procedimiento, el cual nos conduce a la misma relación. Observe que la Fig 3. se forma con un rectángulo y un triángulo. Considérese el triángulo. En la Fig. 4 se indican las dimensiones de los lados de dicho triángulo. Si se aplica semejanza de triángulos a los dos triángulos de la Fig. 4  L2  32  3 5 = mt 2 2 L3 2 2 4– = h 12 L3 5 = h 12 simplificando 12 mt  52  357 despejando L h mt L= Fig. 4 5 h+3 12 (3) Ahora debe visualizarse el tanque respecto de una de las dos caras no paralelas a la anterior. La figura plana que se observa, resulta igual a la de la Fig. 2, lo que varía son las dimensiones de las aristas, tal y como se muestra en la Fig. 5 y Como puede observarse la Fig. 5 es simétrica respecto al eje y, por lo tanto, a fin de establecer la relación entre M y h se trabaja con la mitad del trapecio que se forma y 12 mt 2 mt h x 2 mt 12 mt M/2 h M 4 mt x 1 mt Fig 5 Fig 6 Se puede obtener la relación entre m y h, a través de la recta que pasa por los puntos (3/2, 0) y (4, 12), recta a la cual pertenece el punto (L/2, h). Sin embargo, se mostrará otro procedimiento, el cual nos conduce a la misma relación. Observe que la Fig 6. se forma con un rectángulo y un triángulo. Considérese el triángulo. En la Fig. 7 se indican las dimensiones de los lados de dicho triángulo. Si se aplica semejanza de triángulos a los dos triángulos de la Fig. 7  M2  1  2 – 1 = 1 mt M –1 2 h simplificando mt 12 mt = 1 12 M2 1 = 2h 12 despejando M h mt M= Fig. 7 1 h+2 6 (4) 358 Las ecuaciones (3) y (4) se sustituyen en la ecuación (2), resultando que el área de la sección transversal del tanque en función de la altura es  5 1   5 h  36   h  12  A(h) =  = h  3  h  2 = 72  12 6  Sustituyendo A(h), a, c y g en la ecuación (1)  5 h 2  96 h  432    dh = – 5 . 10 – 4   72   5 h 2  96 h  432 72 19,62 h dt (5) La ecuación (5) es la ecuación diferencial asociada al problema y debe resolverse sujeta a la condición h(0) = 12, es decir, para el tiempo t = 0 seg la altura es h = 12 mt La ecuación (5) es una ecuación diferencial de variables separables. Para separar las 1 variables se debe multiplicar dicha ecuación por el factor 4 5.10 19,62 h  5 h 2  96 h  432   dh = dt  4   72 5.10 19,62 h   efectuando las operaciones   1 10 3  (5 h 2  96 h 2  432 h 2 ) dh = dt 3 36 19,62 1 1 (6) A partir de la ecuación (6) debe determinarse el tiempo de vaciado total del tanque, es decir, el tiempo para el cual la altura de líquido en el tanque es h = 0 mt. Para ello se integra de forma definida la ecuación (6): el tiempo varía de t = 0 seg a t = tv; la altura varía de h = 12 mt a h = 0 mt   10 3 36 19,62  (5 h 2  96 h 2  432 h 2 ) dh = 3 12 Resolviendo las integrales definidas 0 12  0 3 (5 h 1 2  96 h 2 1  432 h 2 ) dh 1  1 12 =–5   tv dt 0 12 3 h 2 dh – 96 0  12 1 h 2 dh – 432 0 5 3  1  =   2 h 2  64 h 2  864 h 2    h 1 2 0 12 / 0   2 ( 12 ) 2  64 ( 12 ) 2  864 ( 12 ) 2 5 = (7) 3 1 dh  359 = – 6651,075101 tv tv dt = t / tv 0 0 sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (7)  103 36 19,62 (– 6651,075101) = tv resolviendo tv = 41709,9673 Luego, el tanque demora en vaciarse totalmente un tiempo t = 41709,9673 seg = 11 horas 35 min 10 seg b) Ahora debe determinarse el tiempo t1 que demora en descender 5 mts la cantidad de líquido en el tanque, con respecto a la altura inicial que es 12 mt, es decir, tiempo para que la altura del líquido en el tanque sea t = 7 mt. Para ello, se integra la ecuación (6) en forma definida: el tiempo t varía de t = 0 seg a t = t1; la altura varía de h = 12 mt a h = 7 mt   7 103 36 19,62  (5 h 2  96 h 2  432 h 2 ) dh = 3 1 12 Resolviendo las integrales definidas  (5 h 2  96 h 2  432 h 2 ) dh = – 5 3 1 1  1 12  3 h 2 dh – 96  2 ( 12 ) 2  64 ( 12 ) 2  864 3 1 ( 12 ) 2  dt 0 1 h 2 dh – 432 0 1 2 dh 7 / 7   2 ( 7 ) 2  64 ( 7 ) 2  864 ( 7 ) 2 5 t1 dt = t  h 12 3 = – 6651,075101 + 3730,509349 = -2920,565752 t1 (8) 12 7 5 3  1  =   2 h 2  64 h 2  864 h 2    5  t1 12 7 12 =  7 / 0 t1 1 360 sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (8) 103  (-2920,565752 ) = t1 36 19,62 resolviendo t1 = 18315, 34004 Luego, el tanque demora en vaciarse totalmente un tiempo t = 18315, 34004 seg = 5 horas 5 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 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 2 g h dh (1) 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/seg2 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) =  r2 (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 361 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 – y0) altura P(r, h) 3 mt r h 1 mt 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). radio Fig. 2 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 =  (3) (y  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 r2 =  (h  3) (4) 3 sustituyendo la ecuación (4) en la ecuación (2)   (h  3) = (3  h) (5) A(h) =  3 3 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)  ( 3  h ) dh = – 2 . 10 – 4 3 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). 362 La ecuación (6) es una ecuación diferencial de variables separables. Para separar las 10 4 variables se multiplica la ecuación (6) por el factor  2 19,62 h1/ 2  integrando    10 4 6 3 h  dh = dt  19,62  h1/ 2    10 4 6 . 19,62  3h   dh =  h1/ 2  Ambas integrales son inmediatas 3h   dh  3  h1/ 2  h1/ 2 dh     (7) dt h1/ 2 dh = 6 h1/2 – 2 3/2 h + k1 3 dt = t + k2 sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (7)  10 4 2 3/2 h ) = t+k  ( 6 h1/2 – 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)  10 4  10 4 2 3/2 1/2 k=  (3) ) =  ( 6 (3) – (4 3) 3 6 . 19,62 6 . 19,62 este valor obtenido para k se sustituye en la ecuación (8)  10 4  10 4 2 3/2 1/2 h ) = t   (6h – (4 3) 3 6 . 19,62 6 . 19,62 despejando t  10 4  10 4 2 3/2 t= h ) (4 3)  ( 6 h1/2 – 3 6 . 19,62 6 . 19,62 sacando factor común  10 4 6 . 19,62 t=  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. 363 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 =    ( 3  h ) dh 3   3 3 3 2     h 3 dh  = – h dh =  h 3 2 3  0 0   0 0  3 3 = = 3  – 2 2 3 Así, el volumen total de líquido en el tanque es V = mt 3; un tercio del volumen 2 1  total es V = 3 2 0 0 3 / /  y usando la ecuación del volumen por 2 secciones transversales, es posible determinar la altura h1 del líquido en el tanque, para ese volumen Sabiendo que un tercio del volumen total es  1 V = 3 1  pero V = , entonces 3 2 multiplicando por  h1 h1 A(h) dh = 0 0 h2     ( 3  h ) dh = 3h  3 2  3  h2     = 3h  2  3  2 6 resulta 3 = 6 h – h2 . Así se obtiene la ecuación de segundo grado  h2 – 6 h + 3 = 0 resolviendo 6  36  12 6  24 h=  2 2  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 t1 que demora en llegar a ese volumen, se sustituye h = 0,55 en la ecuación (9)  10 4 364 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 t1 = (4 3 - 6 ( 0,55 )1/2 + b) Para establecer el tiempo de vaciado total tv , esto es el tiempo para el cual la altura del líquido en el tanque es cero, se sustituye h = 0 en la ecuación (9)  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 9. Un depósito en forma de cono circular recto invertido y truncado con 2 mt de radio menor, 4 mt de radio mayor y 8 mt de altura, está lleno en un 90% de su capacidad. Si su contenido se escapa por un orificio de 10 cm2 de área, ubicado al fondo del tanque, y sabiendo que el coeficiente de descarga se ha establecido en 0,75, determine el tiempo que tardará en vaciarse totalmente SOLUCIÓN: a) La ecuación diferencial asociada a los problemas de vaciado de tanques es A(h) dh = – a c 2 g h dt (1) 4 mt r Las dimensiones del tanque están dadas en mt, por lo que el área a del orificio de salida también debe expresarse en mt a = 10 cm2 = 10 ( 10 – 2 mt )2 = 10 – 3 mt2 2mt El coeficiente de descarga es c = 0,75 y la gravedad es g = 9,81 mt/seg2 8 mt h Fig. 1 Las secciones transversales del tanque son circunferencias de radio variable r, según puede verse en la Fig. 1, el cual varía dependiendo de la altura donde se haga el corte transversal. Entonces el área de las secciones transversales es: A(h) =  r2 (2) donde r debe expresarse en función de h. 365 Para poder expresar el radio r en función de la altura h se debe visualizar el tanque de frente, como una figura plana y ubicarla en un sistema de coordenadas cartesianas rectangulares, tal y como se muestra en la Fig. 2 Observe, en la Fig. 2, que el punto P(r, h) pertenece a la recta que pasa por los puntos (2, 0) y (4, 8). La pendiente de esa recta es 80 m= =4 42 4 mt (4,8) r P (r, h) 8 mt Para escribir la ecuación de la recta se usa cualquiera de los dos puntos h Luego, la ecuación de la recta que pasa por los puntos (2, 0 ) y (4,8) es y=4 (x–2) el punto P(r, h) es un punto de la recta, entonces sustituyendo x = r, y = h h=4(r–2) despejando r (2, 0) 2 mt h 2 4 sustituyendo la ecuación (3) en la ecuación (2) r= h  A(h) =    2  4  Fig. 2 (3) 2 (4) La ecuación (4) representa el área de las secciones transversales del tanque, en función de la altura h. Sustituyendo A(h), a, c y g en la ecuación (1)  h    2  dh = – 10  4 2 –3 75 . 10 – 2 19,62 h dt (5) La ecuación (5) es la ecuación diferencial asociada al sistema, la cual debe resolverse sujeta al a condición de que al tiempo t = 0 seg el volumen inicial es 90% del volumen total. Como la ecuación diferencial (5) relaciona las variables tiempo t y altura h, es necesario determinar la altura inicial de líquido en el tanque, esto es, la altura cuando el tanque está lleno al 90% de su capacidad. Se debe determinar primero el volumen total del tanque. Para ello se usa el método del volumen por secciones transversales, según el cual, el volumen viene dada como  h V=  8 A(h) dh = 0  8 h     2  dh =  4  2 0   h3 h2 =     4 h   48 2   Como el volumen total es V = 0 8 / 0 366   h2   h  4  dh  16    224   512  32  32  = =    3   48 224  mt3 , entonces el volumen inicial de líquido en el 3 336  . Una vez conocido el volumen inicial V0, la altura inicial 5 puede determinarse utilizando la ecuación que permite obtener el volumen a partir del área de las secciones transversales. Así se tendrá tanque es V0 = 90% V =  h0 V0 = sustituyendo V0 y A(h) 336 = 5  h0 A(h) dh 0  h    2  dh  4 2 0 Como pueden haber observado anteriormente, al resolver la integral definida se obtiene una ecuación de tercer grado, la cual puede no tener raíces enteras, por lo tanto sería necesario contar con una calculadora para poder determinar las raíces del polinomio. A efecto de evitar este tipo de complicaciones, la integral definida puede resolverse efectuando un cambio de variable  Si h  0 entonces u  2  u  h  2  h0   Sea  4 Si h  h0 entonces u  4  2  h  4  u  2  dh  4 du  entonces 336  = 5  h0 0 de aquí resulta que  h    2  dh = 4   4 2  h0 2 4 2 u2 du = 4  u3 3 h0 2 4 / 2 = 3  4   h0    2   23  3  4    3  4   h0 336   =   2   23  5 3  4    multiplicando por 3 4 367  3   336  =  h0  2   8         4 4  5  3 sumando 8 y elevando a 1/3   252  8    5 1/ 3 restando 2 y multiplicando por 4  h0 2 4  252   2 = 6,77 h0  4  3 5   Una vez obtenida la altura inicial, se procede a resolver la ecuación diferencial (5) sujeta a la condición inicial h(0) = 6,77, esto es, para el tiempo t = 0 seg, la altura es h0 = 6,77 mt. Se desea determinar el tiempo de vaciado tv total del tanque, es decir, el tiempo tv para el cual la altura de líquido en el tanque es h = 0. Se plantea entonces resolver el problema de valor de frontera 2  h     2  dh   75 . 10  5 19,62 h dt  4   h(0)  6,77 h( t )  0  v   La ecuación diferencial a resolver es una ecuación de variables separables. Para   105  separar las variables se multiplica la ecuación por el factor    75 19,62 h     h   2 5 10   dh  dt 4  (6) 1 / 2 75 19,62 h integrando la ecuación (6) de forma definida: el tiempo t varía entre t = 0 seg y t = tv; la altura h varía entre h = 8 mt y h = 0 2  10 5  75 19,62  0 h 8  2 tv    2 4  dh  dt 1/ 2 h 0 (7)   368  Resolviendo las integrales definidas  2  2 8 8  h  h  4 0 h    2  16   h3 / 2    dh   4  dh     h1 / 2  4 h 1 / 2  dh  16  h1 / 2 h1 / 2   8 =  3/2 (8) 16 = 2 4  8  ( 8 )1/ 2  4 ( 8 ) 1/ 2 =   8 1/ 2   1  8  16 0 0 8  / tv tv dt = t 0  0 = tv  sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (7) 105   2 8 = 5515, 5375 tv   75 19,62 El tanque demora un tiempo t = 5515, 5375 seg, equivalente a 1 hora 31 min 56 seg, en vaciarse totalmente. 10. El día 15 de julio de 2006, a las 2,25 pm, se pone a vaciar un tanque cilíndrico con eje horizontal, el cual está inicialmente lleno en un 100%. La longitud del tanque es de 10 mt, el radio 4 mt. Si el agua fluye por un orificio de área 2 cm2 , situado en el fondo del tanque y se ha establecido el coeficiente de descarga en 0,6, determine que día y a que hora el taque se vacía totalmente. SOLUCIÓN: 10 mt 4 mt 8 mt h r Fig. 1 369 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 = 2 cm2. Como las dimensiones del tanque están dadas en metros, debe efectuarse la conversión a mt, del área del orificio de salida a = 2 cm2 = 2 (10 – 2 mt )2 = 2 . 10 – 4 mt2 El coeficiente de descarga es 0,6 y la gravedad 9,81 mt/seg2 Si se observa en la Fig. 1, las secciones transversales son rectángulos de largo 10 mt y ancho variable, dependiendo de la altura a la cual se efectúe el corte transversal. Sea r la longitud del lado variable, entonces el área de las secciones transversales es A(h) = 10 r (2) La longitud r debe expresarse en función de la altura h. Para ello se debe, efectuando una abstracción del sólido que es el tanque, visualizar el tanque de frente y representarlo en un sistema de coordenadas cartesianas rectangulares como una figura plana como se muestra en la Fig. 2 altura 2 2 x + y – 8y=0 8 De acuerdo con la Fig. 2, la curva plana que resulta es una circunferencia de centro en (0, 4) y radio 4, la cual tiene por ecuación x2 + ( y – 4 )2 = 16 desarrollando y simplificando x2 + y2 – 8 y = 0 P (r, h) h r 4 radio mt Fig. 2 Como puede observarse en la Fig.2 el puntp P(r, h) es un punto de la Circunferencia, es decir, las coordenadas del punto satisfacen la ecuación. Sustituyendo en la ecuación de la circunferencia x = r , y = h r2 + h2 – 8 h = 0 despejando r 8 h  h2 r = sustituyendo la ecuación (3) en la ecuación (2) A(h) = 10 8 h  h2 Sustituyendo A(h), a, c y g en la ecuación (1) (3) 370 10 8 h  h2 dh = – 2 . 10 – 4 6 . 10 – 1 simplificando 8 h  h2 dh = – 12 . 10 – 5 10 19,62 h dt 19,62 h dt (4) La ecuación (4) es la ecuación diferencial asociada al problema, la cual debe resolverse sujeta a la condición inicial h(0) = 8, es decir, para el tiempo t = 0 seg, la altura de líquido en el tanque es doble del radio del cilindro h = 8 mt La ecuación (4) es una ecuación diferencial de variables separables. Para separar las 10 5 variables se multiplica la ecuación (4) por el factor  12 19,62 h1/ 2  10 6 12 integrando   10 6 12  19,62 19,62    8 h  h2 dh = dt h 8 h  h2 dh = h Ambas integrales son inmediatas 8 h  h2 dh = h =  8  h dh =    8h 8  h d( 8  h ) =  (5) dt   dh  2 ( 8  h )3 / 2 + k1 3 dt = t + k2 sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (5) 10 6  2 3/2   = t +k  ( 8  h ) 12 19,62  3  (6) Para determinar el valor de k se usa la condición inicial h(0) = 8, es decir, se sustituye t = 0 seg y h = 8 mt en la ecuación (6), resultando k = 0. Este valor obtenido para k se sustituye en la ecuación (6) 10 6  2 3/2 t=    ( 8  h ) 12 19,62  3  efectuando las operaciones y simplificando 10 6 ( 8  h )3 / 2 (7) t = 18 19,62 La ecuación (7) representa la ley de variación de la altura h en función del tiempo t 371 Para saber cuando se vacía totalmente el tanque, es decir, cuando la altura de líquido en el tanque es h = 0 mt, se sustituye este valor de h en la ecuación (7) 10 6 106 512 = 283800,3808 ( 8 )3 / 2 = tv = 18 19,62 18 19,62 De aquí que el tanque demora en vaciarse un tiempo t = 283800,3808 seg, lo que equivale a 78 horas 50 min. Pero 78 horas equivale a 3 días y 6 horas. Luego, el tanque se vació después de 3 días, 6 horas y 50 min de iniciado el proceso de vaciado, el cual comenzó el día 15 de julio de 2006 a las 2:25 pm. Por lo tanto el tanque terminó de vaciarse el día 18 de julio de 2006 a la 9:15 pm 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/seg2 8 mt El área a del orifico de salida se desconoce; debe determinarse. 8 mt h 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. Como las secciones transversales son circunferencias de radio r, el área es (2) A(h) =  r2 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 372 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 Fig. 2 r Fig.3 Aplicando el Teorema de Pitágoras al triángulo de la Fig. 3 ( 8 )2 = ( 8 – h )2 + r2 desarrollando 64 = 64 – 16 h + h2 + r2 simplificando y despejando r2 r2 = 16 h – h2 (3) Sustituyendo la ecuación (3) en la ecuación (2) A(h) =  ( 16 h – h2 ) Sustituyendo A(h), c y g en la ecuación (1)  ( 16 h – h2 ) 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  ( 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 h 1/ 2 variables se multiplica la ecuación (4) por el factor  19,62  (5) h 1/ 2 ( 16 h – h2 ) dh = a dt  19,62 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 19,62 ( 16 h1/ 2  h3 / 2 ) dh = a 3600 dt (6) 0 8   373 Resolviendo las integrales definidas 7 ( 16 h1/ 2  h3 / 2 ) dh =  8 =  8 2   32 3 / 2 ( 16 h1/ 2  h3 / 2 ) dh =   h  h5 / 2  3 5   7 8 / 7 32 2 32 2 ( 7 )3 / 2  ( 7 )5 / 2 = –23,259 ( 8 )3 / 2  ( 8 )5 / 2  5 3 5 3  3600 3600 dt = t / = 3600 0 0 sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (6)  (–23,259 ) = 3600 a  19,62 despejando a 23,259  = 4,58 . 10 – 3 a = 3600 19,62 este valor del área del orificio de salida se sustituye en la ecuación (5)  h 1/ 2 ( 16 h – h2 ) dh = 4,58 . 10 – 3 dt  19,62 103 multiplicando por 4,58  103  h – 1/2 ( 16 h – h2 ) dh = dt 4,58 19,62 (7) A fin de determinar el tiempo tv 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  10  4,58 19,62 3  0 ( 16 h1/ 2  h3 / 2 ) dh = 8 Resolviendo las integrales definidas  tv 0 dt (8)  0 ( 16 h1/ 2  h3 / 2 ) dh =  8 =   8 374 2   32 3 / 2 ( 16 h1/ 2  h3 / 2 ) dh =   h  h5 / 2  3 5   0 8 / 0 2 32 ( 8 )3 / 2  ( 8 )5 / 2 = – 168,952 5 3  tv tv dt = t 0 / = tv 0 sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (8) 103  ( – 168,952 ) = 26163, 64395 tv =  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 = h3  ( 16 h  h 2 ) dh =  ( 8 h2  ) 3 512  1024  =   512    = 3 3   0 0 Así se tiene que, el volumen total de líquido en el tanque es V = 8 / 0 1024  mt3. El 3 31,25% del volumen total es 320  31,25   1024   =  31,25% V =    3   100   3 Ahora, usando nuevamente el método de las secciones transversales para calcular volumen, se puede determinar a altura h1 de líquido en el tanque cuando en este queda 31,25% del volumen total  h1 31,25% V = 0 sustituyendo A(h) y 31,25% V A(h) dh 320 = 3   h1 h1 A(h) dh =  3 multiplicando por      0 375  ( 16 h  h 2 ) dh =  ( 8 h2  3 h ) 3 h1 / =  ( 8 h12  h13 ) 3 0 0 h13  24 h1  320  0 resolviendo la ecuación de tercer grado en h, resulta h1 = 4 (las otras dos soluciones se descartan , puesto que, una es mayor que la altura del tanque y la otra es negativa) 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 = t1: la altura h varía entre h = 8 mt y h = 4 mt    4 103  4,58 19,62  ( 16 h1/ 2  h3 / 2 ) dh = 8  t1 dt (9) 0 Resolviendo las integrales definidas 4 8 ( 16 h1/ 2  h3 / 2 ) dh =  =  8 2   32 3 / 2 ( 16 h1/ 2  h3 / 2 ) dh =   h  h5 / 2  5 3   4 8 / 4 2 32 2 32 ( 4 )3 / 2  ( 4 )5 / 2 = – 96,419 ( 8 )3 / 2  ( 8 )5 / 2  5 3 5 3  t1 0 t1 dt = t / = t1 0 sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (8) 103  ( – 96,419 ) = 14931,29638 t1 =  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. 376 12. El tanque que se muestra en la Fig. 1 está lleno de agua en un 100%: Comienza a vaciarse por un orificio situado en su base inferior de “A” cm2 de área. Si transcurrida 1 hora 6 minutos 40 segundos el nivel libre de líquido ha descendido 5 mt y el coeficiente de descarga se ha establecido en 0,8. Determine: a) Área del orificio de salida b) Tiempo de vaciado total SOLUCIÓN: 4 mt 4 mt L mt 9 mt h 2 mt 2 mt Fig.1 La ecuación diferencial asociada a los problemas de vaciado de tanques es A(h) dh = – a c 2 g h dt (1) El coeficiente de descarga es c = 0,8 = 8 . 10 – 1 y la gravedad es g = 9,81 mt/seg2 El área del orificio de salida es a = A cm2; haciendo la conversión a metros, que son las unidades en las que están dadas las dimensiones del tanque resulta a = A cm2 = A ( 10 – 2 mt )2 = A . 10 – 4 mt2 De la Fig. 2 puede deducirse que las secciones transversales del tanque son cuadrados de lado variable L, el cual varía dependiendo de la altura a la cual se efectúe el corte transversal. El área de las sección transversal del tanque viene dado como (2) A(h) = L2 377 Se debe establecer una relación entre el lado x del cuadrado y la altura h. Para ello, visualizando el tanque de frente y ubicando la figura en un sistema de coordenadas rectangulares, se observa como se muestra en la Fig. 2 2  Observe en la Fig. (2) que el punto de coordenadas P L , h es un punto de la recta y 2 mt que pasa por los puntos (1, 0) y (2, 9). (2, 9) La pendiente de la recta es 90 =9 m = 2 1 y la ecuación de la recta es y = 9 (x – 1) 9 mt P (x,y) h 2  El punto P L , h satisface la ecuación (1,0) x de la recta. Sustituyendo en la recta x = L 2 1mt L 2 Fig. 2 y=h h = 9 (L - 1 ) 2 despejando L   h  1 L= 2    9 sustituyendo la ecuación (3) en la ecuación (2)   h  1 A(h) = 4    9 (3) 2 Si ahora se sustituyen A(h), a, c y g en la ecuación (1)   h  1 4   9 2 dh = – A . 10 – 4 8 . 10 – 1 19,62 h1/ 2 dt (4) La ecuación (4) es la ecuación diferencial asociada al problema de vaciado de tanques y debe resolverse sujeta a dos condiciones: para el tiempo t = 0 seg, la altura es h = 9 mt; para el tiempo de 1hora 6 min 40 seg (t = 4000 seg) la altura del líquido en el tanque descendió 5 mt, es decir, h = 4 mt Lo que queda planteado entonces es un problema de valor de frontera  h 2 4   1 dh   A . 10  4 8 . 10  1 19,62 h1/ 2 dt  9   h (0)  9 h ( 4000 )  4    378 La ecuación diferencial (4) es una ecuación de variables separables. Para separar las 10 variables se multiplica la ecuación (4) por el factor  h 1 / 2 8 19,62  h9 –4 h 1 / 2  dt  dh = A. 10 19,62  9  2 10 2   (5) Integrando la ecuación (5) de forma definida. La altura h varía de h = 9 mt a h = 4 mt; el tiempo t varía de t = 0 seg a t = 4000 seg   4 10 2 19,62  h9 -4 h 1 / 2   dh = A 10 9   2 9 Resolviendo las integrales definidas 4 h9 h 1/ 2   dh =  9   2 9 9 4 =  h9 h 1/ 2   dh =   9  2  9 1 81  9 4000 dt 0  h2  18 h  81   dh h 1/ 2    81    h3 / 2  18 h1/ 2  81 h 1/ 2  dh 4 4 = 1  81  2 h5 / 2    12 h3 / 2  162 h 1/ 2    5   9 /  1  2 (9)5 / 2 2 ( 4)5 / 2 =   12 (9)3 / 2  162 (9) 1/ 2   12 ( 4)3 / 2  162 ( 4) 1/ 2   5 81  5  64 1  422 1  486 2372   =   324  486   96  324  =   390  =    405 5 81  5 81  5    4000 0 dt = t 4 4000 / = 4000 0 sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (6)    2372  10    = 4000 A . 10 – 4  2 19,62   405    despejando A 2372 .10 593 A . 10 – 4 = = = 1,652 . 10 – 3 4 3 324 . 10 19,62 81 . 10 19,62 (6) 379 Así se tiene que, el área del orificio de salida es A = 1,652 . 10 – 3 m2 Sustituyendo el valor A en la ecuación (5)  multiplicando por h9 –3 h 1 / 2  dt  dh = 1,652 10 19,62  9  2 10 2 10 3 , efectuando las operaciones y simplificando 1,652   10 4 h3 / 2  18 h1 / 2  81 h 1 / 2 dh = dt  1185,4263 (7) b) Para obtener el tiempo de vaciado, es decir, el tiempo para el cual la altura de líquido en el tanque es cero, se integra la ecuación (7) de forma definida: la altura h varía de h = 9 mt a h = 0 mt: el tiempo t varía de t = 0 seg a t = tv    0 10 5 1185,463 h3 / 2  18 h1/ 2  81 h 1/ 2  dh =  9 dt (8) 0  h3 / 2  18 h1/ 2  81 h 1/ 2  dh =   h3 / 2  18 h1/ 2  81 h 1/ 2  dh resolviendo las integrales definidas 0  tv 9 9  2 h5 / 2  =    12 h3 / 2  162 h 1/ 2    5   0 9 /   2 (9)5 / 2  12 (9)3 / 2  162 (9) 1/ 2  =    5   4536   486 =   324  486  =  5   5  0 tv 0 tv dt = t / = tv 0 sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (8)    4536  10 4     = tv  1185,4263   5    efectuando las operaciones tv = 7652,943 Luego, el tanque demora en vaciarse totalmente t = 7652,943 seg , es decir, 2horas 7 min 33 seg.