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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 = hg2 (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 hg2 (2)

donde c es el coeficiente de descarga comprendido entre 0 y 1 ( 0 < 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

adt

dV v (3)

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

dt

dV = hg2ca (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

V = h

0

dh)h(A

derivando respecto de t y aplicando el teorema fundamental del cálculo

OBSERVACIÓN Cuando el valor del coeficiente de descarga c no se indica, se asume que c = 1

336

UNIDADES Y NOTACIONES

dt

dh)h(A

dt

dV (5)

Comparando las ecuaciones (3) y (5)

dt

dh)h(A = hg2ca (6)

Elemeto Notación Unidades Altura h (t) cm mt pies Volumen V (t) cm3 mt3 pies3

Tiempo t seg seg seg Gravedad g 981 cm/seg2 9,81 mt/seg2 32 pies/seg2

Área del orificio de salida

a cm2 cm2 pies2

Área de la sección Transversal

A(h) cm2 cm2 pies2

Coef. de descarga c Sin Unidades

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

dt

dh)h(A = hg2ca

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

dt

dh)h(A = Q hg2ca

337

10 pies 20 pies h Fig.1

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: La ecuación diferencial asociada a los problemas de Vaciado de tanques es A(h) dh = – a c hg2 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

en pie, utilizando la equivalencia de 1 pulgada = 12

1 pies

y puesto que el área del orificio de salida es el área de

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

a = 2

24

1

=

576

pie2

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) = 2)10( = 100 pies2

Sustituyendo a, c, g, y A(h) en la ecuación (1)

100 dh = – 576

h64 dt = – h

576

8

multiplicando por 1

y simplificando

100 dh = dth72

1 (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

separar las variables, la ecuación (2), se multiplica por el factor h

72

h

7200 dh = dt

integrando

dhh

17200 = dt (3)

Ambas integrales son inmediatas

dhh

1 = 2/1h dh = 2/1h2 = 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

multiplicando por 14400

1 y elevando al cuadrado

h(t) =2

2014400

t

(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 a los problemas de vaciado de tanques es A(h) dh = – a c dthg2 (1)

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

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

144 dh = – h6472

1 dt = – h

72

8 dt

simplificando

144 dh = – 9

1 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

variables se multiplica la ecuación (2) por el factor h

9

dhh

1296 = dt

integrando

12 pies12 pies

12 piesh l = 12 pies

Fig.1

340

– 1296 h

dh = dt (3)


h

dh =

2

1h 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


1 y elevando al cuadrado

h(t) = 2

32592

t

(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)

6 = 2

32592

t

elevando a la 1/2

6 = 32592

t

Multiplicando por (– 1 )

32592

t = 6

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

32592

t

= 0

elevando a 1/2

32592

t = 0

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 hg2 dt (1)

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

a = 1 pulg2 = 2

pies12

1

= 2pies144

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) = r2 (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

R = 5 pies r r H = 12 pies h

Fig. 1

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

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

12

5

h

r

despejando r

r = h12

5 (3)


A(h) = 2

h12

5

= 2h144

25

Sustituyendo A(h), a, c y g en la ecuación (1)

2h144

25 dh =

144

1

10

6h64 dt


25 h2 dh = –5

24h 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

variables se multiplica por el factor h24

5

– h

h

24

125 2 dh = dt

altura 5 pies 5 pies r 12 pies h radio

Fig. 2

5 r 12 h

Fig.3

343

integrando

– dh

h

h

24

125 2 = dt (5)


dhh

h 2 = dhhh 2/12 = dhh 2/3 = 2/5h

5

2 + k1

dt = t + k2

sustituyendo los resultados de as integrales en la ecuación (5)

2/5h

5

2

24

125 = t + k

efectuando operaciones

2/5h12

25 = t + k (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

k = 2/51212

25 . Este valor obtenido para k se sustituye en la ecuación (6)

2/5h12

25 = t 2/512

12

25 (7)

multiplicando por

25

12 y elevando a la 2/5

h(t) = 5/2

2/512t25

12

(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)

0 = t 2/51212

25

despejando t

t = 2/51212

25 = 3264,83 seg

De aquí que, el tanque demora en vaciarse 3264,83 seg, es decir, 54 min 25 seg

344

R Rr R h x

Fig. 1

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 hg2 dt (1)

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 = 2r 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) = 2x (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. 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

R R – h x

Fig 3

altura R R – h R R x h radio

Fig. 2

345

desarrollando R2 = x2 + R2 - 2 R h + h2

simplificando x2 = 2 R h – h2 (3) sustituyendo la ecuación (3) en la ecuación (2) A(h) = ( 2 R h – h2 ) (4) Ahora se sustituyen A(h) y a en la ecuación (1)

( 2 R h – h2 ) dh = – 2r c hg2 dt (5)

La ecuación (5) es una ecuación diferencial de variables separables. Para separar las

variables se multiplica la ecuación (5) por el factor hg2cr

12

hg2cr

12

( 2 R h – h2 ) dh = dt (6)

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

0)t(h

R)0(h

dtdhhg2cr

hhR2

v

2

2

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

R

2

2dh

h

hhR2

g2cr

1 =

vt

0

dt (7)

Resolviendo las integrales definidas

0

R

2dh

h

hhR2 =

R

0

2dh

h

hhR2 = – 2 R

R

0

2/1 dhh + R

0

2/3 dhh

346

= /R

0

2/3

3

hR4 + /

R

0

2/5

5

h2 =

3

R4 2/5 +

5

R2 2/5 =

15

R14 2/5

vt

0

dt = t /vt

0

= tv

sustituyendo los resultados de las integrales en al ecuación (7)

15

R14

g2cr

1 2/5

2 = tv

Por lo tanto, el tiempo que demora en vaciarse el tanque es t = g2

R

cr15

R142

2

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 La ecuación diferencial asociada a un problema de vaciado de tanque es A(h) dh = – a c hg2 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)

6,45 mt 12 mt h r Fig. 1

347

altura 6,45 r 12 h radio

Fig. 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

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. Sustituyendo x= r, y = h h = r4/3 Despejando r r = h3/4 (3) sustituyendo la ecuación (3) en la ecuación (2) A(h) = 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)

2/3h dh = – a h64 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

6)3600(h

12)0(h

dtha8dhh 2/3


variables se multiplica la ecuación (4) por el factor h8

1

h64

1

dhh

h

8

2/3

= a dt (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

y = x4/3

P (r,h)

348

6

12

2/3dh

h

h

8 = a

3600

0

dt (6)

Resolviendo las integrales

6

12

2/3dh

h

h =

12

6

dhh = /12

6

2

2

h =

2

6

2

12 22 = – 72 + 18 = – 54

3600

0

dt = t /3600

o

= 3600

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

)54(8

= 3600 a


1

3600

1

4

27 = a

simplificando

a = 1600

3

Este valor que se obtuvo para a (área del orificio de salida) se sustituye en la ecuación (5)

dhh

h

8

2/3

=

1600

3 dt

multiplicando por 3

1600 y simplificando

dhh3

200 = dt (7)

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

0)t(h

12)0(h

dtdhh3

200

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

0

12

dhh3

200 =

vt

0

dt (8)

Resolviendo las integrales defindas

0

12

dhh = 12

0

dhh = /12

0

2

2

h = – 72

vt

0

dt = t /vt

0

= tv


tv =

)72(

3

200 4800

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

V = dh)h(A

0h

0 =

12

0

3/2 dhh = /12

0

2/5

5

h2 =

5

)12(2 2/5

luego el 25% del volumen total es

25% V = 100

25

5

)12(2 2/5 =

10

)12( 2/5

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

25% V = %25h

0

dh)h(A

sustituyendo A(h) y 25% V

10

)12( 2/5 =

%25h

0

2/3 dhh (9)

Resolviendo la integral definida

%25h

0

2/3 dhh = /%25h

0

2/5

5

h2 = 2/5

%25 )h(5

2

sustituyendo el resultado de la integral en la ecuación (9)

10

)12( 2/5 = 2/5

%25 )h(5

2

multiplicando por 2

5

2/5%25 )h( =

4

)12( 2/5

elevando a 2/5

%25h = 5/2)4(

12 = 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

5/2%25)4(

12)t(h

12)0(h

dtdhh3

200

La ecuación diferencial (7) se integra de forma definida: el tiempo varía entre t = 0 seg

y t = t25%; la altura varía entre h = 12 pies y h = 5/2)4(

12 pies

351

5/2)4(

12

12

dhh3

200 =

%25t

0

dt (10)

Resolviendo las integrales defindas

5/2)4(

12

12

dhh =

12

5/2)4(

12

dhh = /12

5/2)4(

12

2

2

h

= – 72 +

2

5/2)4(

12

2

1

= – 72 + 23,75 = –48,25

%25t

0

dt = t /%25t

0

= t25%


t25% =

)25,48(

3

200 3216,66

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 hg2 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 - 3 y la gravedad g = 10mt/seg2 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 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

m = 12

04

= 4

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

r = 4

h + 1 (3)

Sustituyendo la ecuación (3) en la ecuación (2), se tiene el área de la secciones transversales en función de la altura h

y 2 mt (2,4) P(r,h) r 4 mt h (1,0) x 1mt Fig. 2

353

A(h) = 8

1

4

h = 2 ( h + 4 )

Ahora se sustituyen A(h), a, c y g en la ecuación (1) 2 ( h + 4 ) dh = – 10 – 4 . 447 . 10 – 3 h20 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

2/1

7

h20447

10

dhh

4h

20447

10.22/1

7

= dt

integrando

dh

h

4h

20447

10.22/1

7 = dt (5)


dh

h

4h2/1

= dhh 2/1 + 4 dhh 2/1 = 2/3h3

2 + 8 h1/2 + k1

dt = t + k2


20447

10.2 7

2/12/3 h8h3

2 = t + k (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 = 20447

10.2 7

)4(843

2 2/12/3

= 20447

10.2 7 41/2

843

2

= 20447

10.4 7

3

32 =

201341

10.128 7

este valor obtenido para k se sustituye en la ecuación (6)

20447

10.2 7

2/12/3 h8h3

2 = t 201341

10.128 7

354

despejando t

t =20447

10.2 7

2/12/3 h8h

3

2

3

64 (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

V = 0h

0

dh)h(A =

4

0

dh)4h(2 = 2 4

0

dhh + 8 4

0

dh

= h2 /4

0

+ 8h /4

0

= 16 + 32 = 48

Así, el volumen total de líquido en el tanque es V = 48 mt3. Luego, el 18,75% del volumen total es

18,75% V = 100

)48()75,18( =

100

900 = 9

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

18,75% V = 1h

0

dh)h(A

sustituyendo los datos

9 = dh)4h(2

1h

0 = ( h2 + 8h ) /

1h

0

= ( h1 )2 + 8 h1

se tiene entonces una ecuación de segundo grado en h1

( h1 )2 + 8 h1 – 9 = 0

Resolviendo la ecuación de segundo grado

)1(2

)9()1(4)8(8h

2

1

= 2

1008 =

2

108

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)

t =20447

10.2 7

8

3

2

3

64 = 126727,1934

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)

tv = 20447

10.2 7

3

64 =

201341

10.128 7= 213435,273

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

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 hg2 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

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

y 12 mt h 3 mt x L 8 mt

Fig 2

y 4 mt 12 mt L / 2 h 3/2 mt x

Fig 3

357

4 –23 =

25 mt

23

2L

12 mt h mt

Fig. 4

2 – 1 = 1 mt

2M – 1

mt 12 mt h mt

Fig. 7

h23

2L

= 1225

simplificando

h

3L =

12

5

despejando L

L = 12

5 h + 3 (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 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 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

h

12M

= 12

1

simplificando

h2

2M =

12

1

despejando M

M = 6

1 h + 2 (4)

y 12 mt h 2 mt x M 4 mt

Fig 5

y 2 mt 12 mt M / 2 h 1 mt x Fig 6

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

A(h) =

2h

6

13h

12

5=

72

12h36h5 =

72

432h96h5 2


dh72

432h96h5 2

= – 5 . 10 – 4 h62,19 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

variables se debe multiplicar dicha ecuación por el factor h62,1910.5

14

h62,1910.5

14

dh72

432h96h5 2

= dt

efectuando las operaciones

dh)h432h96h5(62,1936

10 21

21

233

= dt (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

0

12

21

21

233

dh)h432h96h5(62,1936

10=

vt

0

dt (7)


0

12

21

21

23

dh)h432h96h5( = – 5 12

0

23

dhh – 96 12

0

21

dhh – 432

12

0

21

dhh

= /12

0

21

23

25

h864h64h2

= 21

23

25

)12(864)12(64)12(2

359

= – 6651,075101

vt

0

dt = t /vt

0

tv


62,1936

103 (– 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

12

21

21

233

dh)h432h96h5(62,1936

10=

1t

0

dt (8)


7

12

21

21

23

dh)h432h96h5( = – 5 12

7

23

dhh – 96 12

7

21

dhh – 432

12

7

21

dhh

= /12

7

21

23

25

h864h64h2

= 21

23

25

)12(864)12(64)12(2

21

23

25

)7(864)7(64)7(2

= – 6651,075101 + 3730,509349 = -2920,565752

1t

0

dt = t /1t

0

t1

360


62,1936

103 (-2920,565752 ) = t1

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 dhhg2 (1)

Las dimensiones del tanque están adas en metros 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 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

r 3 mt h 2 mt

Fig. 1

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)

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). 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 – 0 )2 = - 4 p ( 0 – 3 ) 12 p = 1 p = 12

1

De aquí que, la ecuación de la parábola que se gira alrededor del eje y para generar el paraboloide de la Fig. 1 es

x2 = )3y(3

1 (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)

r2 = )3h(3

1 (4)


A(h) = )3h(3

= )h3(3

(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)

)h3(3

dh = – 2 . 10 – 4 h62,19 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).

altura 3 mt r h 1 mt radio

Fig. 2

P(r, h)

362


variables se multiplica la ecuación (6) por el factor 2/1

4

h62,192

10

2/1

4

h

h3

62,196

10 dh = dt

integrando

dh

h

h3

62,19.6

102/1

4 = dt (7)


dhhdhh3dhh

h3 2/12/12/1

= 6 h1/2 – 3

2 h3/2

+ k1

dt = t + k2


62,19.6

104 ( 6 h1/2 –

3

2 h3/2

) = t + k (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)

k = 62,19.6

104 ( 6 (3)1/2 –

3

2 (3)3/2

) = 62,19.6

104 ( 4 3 )

este valor obtenido para k se sustituye en la ecuación (8)

62,19.6

104 ( 6 h1/2 –

3

2 h3/2

) = t 62,19.6

104 ( 4 3 )

despejando t

t = 62,19.6

104 ( 4 3 )

62,19.6

104 ( 6 h1/2 –

3

2 h3/2

)

sacando factor común 62,19.6

104

t = 62,19.6

104 ( 4 3 - 6 h1/2 +

3

2 h3/2

) (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

V = 0h

0

dh)h(A =

3

0

dh)h3(3

=

3

0

3

0

dhhdh33

= h /3

0

– 3

2

h2

/3

0

= 3 – 2

3 =

2

3

Así, el volumen total de líquido en el tanque es V = 2

3 mt 3; un tercio del volumen

total es V3

1 =

2

Sabiendo que un tercio del volumen total es 2

y usando la ecuación del volumen por

secciones transversales, es posible determinar la altura h1 del líquido en el tanque, para ese volumen

V3

1 =

1h

0

dh)h(A =

1h

0

dh)h3(3

=

2

hh3

3

2

pero V3

1=

2

, entonces

2

=

2

hh3

3

2

multiplicando por 6

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

h2 – 6 h + 3 = 0 resolviendo

h = 2

246

2

12366

h =

2

246 = 5,44 ó h =

2

246 = 0,55

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)

364

t1 =62,19.6

104 ( 4 3 - 6 ( 0,55 )1/2 +

3

2 ( 0,55 )3/2

)

= 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 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)

tv = 62,19.6

104(4 3 ) = 1182,086 ( 6,9282) = 8189,7329

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 hg2 dt (1)

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 El coeficiente de descarga es c = 0,75 y la gravedad es g = 9,81 mt/seg2 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.

4 mt r 2mt 8 mt h

Fig. 1

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

m = 24

08

= 4

Para escribir la ecuación de la recta se usa cualquiera de los dos puntos 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

r = 24

h (3)


A(h) = 2

24

h

(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)

2

24

h

dh = – 10 – 3 75 . 10 – 2 h62,19 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

4 mt (4,8) r P (r, h) 8 mt h (2, 0)

2 mt Fig. 2

366

V = h

0

dh)h(A =

8

0

2

dh24

h = dh4h

16

h

8

0

2

= /8

0

23h4

2

h

48

h

=

3232

48

512 =

3

224

Como el volumen total es V = 3

224 mt3 , entonces el volumen inicial de líquido en el

tanque es V0 = 90% V = 5

336 . Una vez conocido el volumen inicial V0, la altura inicial

puede determinarse utilizando la ecuación que permite obtener el volumen a partir del área de las secciones transversales. Así se tendrá

V0 = 0h

0

dh)h(A

sustituyendo V0 y A(h)

5

336 =

0h

0

2

dh24

h

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

Sea

du4dh2u4h

24

huentonceshhSi

2uentonces0hSi2

4

hu 0

0

entonces

5

336 =

0h

0

2

dh24

h =

240h

2

2 duu4 = /2

40h

2

3u3

4

=

3

30 224

h

3

4

de aquí resulta que

367

5

336 =

3

30 224

h

3

4

multiplicando por 4

3

4

3

5

336= 82

4

h3

0

sumando 8 y elevando a 1/3

24

h8

5

252 03/1

restando 2 y multiplicando por 4

2

5

2524h 30 = 6,77

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

0)t(h

77,6)0(h

dth62,1910.75dh24

h

v

52

La ecuación diferencial a resolver es una ecuación de variables separables. Para

separar las variables se multiplica la ecuación por el factor

h62,1975

105

dtdhh

24

h

62,1975

102/1

2

5

(6)

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

vt

0

0

8

2/1

2

5dtdh

h

24

h

62,1975

10 (7)

368

10 mt 4 mt 8 mt h r Fig. 1


0

8

2/1

2

dhh

24

h

8

0

2/1

2

dhh

4h16

h

8

0

2/12/12/3

dhh4h16

h

= 2/12/12/3

)8(4)8(16

)8( =

8

41

16

88 2/1

= 82

vt

0

dt = t /vt

0

= tv


8262,1975

10t

5

v

= 5515, 5375

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:

369

La ecuación diferencial asociada a los problemas de vaciado de tanques es A(h) dh = – a c dthg2 (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 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 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

r = 2hh8 (3)


A(h) = 10 2hh8


altura 8 h r radio

4 mt Fig. 2

P (r, h)

x2 + y 2 – 8 y = 0

370

10 2hh8 dh = – 2 . 10 – 4 6 . 10 – 1 h62,19 dt

simplificando

10 2hh8 dh = – 12 . 10 – 5 h62,19 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

variables se multiplica la ecuación (4) por el factor 2/1

5

h62,1912

10

62,1912

10 6

h

hh8 2dh = dt

integrando

62,1912

10 6

dhh

hh8 2 = dt (5)


dh

h

hh8 2 = dhh8 = dhh8

= )h8(dh8 = 2/3)h8(3

2 + k1

dt = t + k2


62,1912

10 6

2/3)h8(

3

2 = t + k (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)

t = 62,1912

10 6

2/3)h8(

3

2

efectuando las operaciones y simplificando

t = 62,1918

10 6 2/3)h8( (7)

La ecuación (7) representa la ley de variación de la altura h en función del tiempo t

371

8 mt 8 mt h r

Fig. 1

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)

tv = 62,1918

10 6 2/3)8( =

62,19

512

18

106 = 283800,3808

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 dthg2 (1)

El coeficiente de descarga es c = 1 y la gravedad es g = 9,81 mt/seg2

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. Como las secciones transversales son circunferencias de radio r, el área es A(h) = r2 (2) 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). 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 2/1h62,19 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

7)3600(h

8)0(h

dth62,19adh)hh16( 2/12


variables se multiplica la ecuación (4) por el factor 2/1h62,19

1

2/1h62,19

( 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

8 mt r 8 – h 8 mt h

Fig. 2

8 8 – h r Fig.3

373

62,19

7

8

2/32/1 dh)hh16( = a 3600

0

dt (6)


7

8

2/32/1 dh)hh16( =

8

7

2/32/1 dh)hh16( = /8

7

2/52/3 h5

2h

3

32

= 2/52/32/52/3 )7(5

2)7(

3

32)8(

5

2)8(

3

32 = –23,259

3600

0

dt = t /3600

0

= 3600


62,19

(–23,259 ) = 3600 a

despejando a

a = 62,193600

259,23 = 4,58 . 10 – 3

este valor del área del orificio de salida se sustituye en la ecuación (5)

2/1h62,19

( 16 h – h2 ) dh = 4,58 . 10 – 3 dt

multiplicando por 58,4

103

62,1958,4

103 h – 1/2 ( 16 h – h2 ) dh = dt (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

62,1958,4

103

0

8

2/32/1 dh)hh16( = vt

0

dt (8)


374

0

8

2/32/1 dh)hh16( =

8

0

2/32/1 dh)hh16( = /8

0

2/52/3 h5

2h

3

32

= 2/52/3 )8(5

2)8(

3

32 = – 168,952

vt

0

dt = t /vt

0

= tv


tv = 62,1958,4

103 ( – 168,952 ) = 26163, 64395

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

V = 0h

0

dh)h(A = dh)hh16( 2

8

0

= /8

0

32 )

3

hh8(

=

3

512512 =

3

1024

Así se tiene que, el volumen total de líquido en el tanque es V = 3

1024 mt3. El

31,25% del volumen total es

31,25% V =

100

25,31

3

1024 =

3

320

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

31,25% V = 1h

0

dh)h(A

sustituyendo A(h) y 31,25% V

375

3

320 =

1h

0

dh)h(A = dh)hh16( 2

1h

0

= /1h

0

32 )

3

hh8( = )

3

hh8(

312

1

multiplicando por

3

0320h24h 13

1 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

62,1958,4

103

4

8

2/32/1 dh)hh16( = 1t

0

dt (9)


4

8

2/32/1 dh)hh16( =

8

4

2/32/1 dh)hh16( = /8

4

2/52/3 h5

2h

3

32

= 2/52/32/52/3 )4(5

2)4(

3

32)8(

5

2)8(

3

32 = – 96,419

1t

0

dt = t /1t

0

= t1


t1 = 62,1958,4

103 ( – 96,419 ) = 14931,29638

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:

La ecuación diferencial asociada a los problemas de vaciado de tanques es A(h) dh = – a c dthg2 (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 A(h) = L2 (2)

4 mt

4 mt L mt 9 mt h 2 mt 2 mt

Fig.1

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

Observe en la Fig. (2) que el punto de

coordenadas P h,2L es un punto de la recta

que pasa por los puntos (1, 0) y (2, 9).

La pendiente de la recta es

m = 12

09

= 9

y la ecuación de la recta es y = 9 ( x – 1 )

El punto P h,2L satisface la ecuación

de la recta. Sustituyendo en la recta x = 2L

y = h

h = 9 (2L - 1 )

despejando L

L =

1

9

h2 (3)


A(h) = 4 2

19

h

Si ahora se sustituyen A(h), a, c y g en la ecuación (1)

4 2

19

h

dh = – A . 10 – 4 8 . 10 – 1 dth62,19 2/1 (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

4)4000(h

9)0(h

dth62,1910.810.Adh19

h4 2/114

2

y 2 mt (2, 9) 9 mt P (x,y) h (1,0) x 1mt

2L Fig. 2

378

La ecuación diferencial (4) es una ecuación de variables separables. Para separar las

variables se multiplica la ecuación (4) por el factor 2/1h62,198

10

dh9

9hh

62,192

10 22/1

= A. 10 – 4 dt (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

9

22/1 dh

9

9hh

62,192

10 = A 10 - 4

4000

0

dt (6)


4

9

22/1 dh

9

9hh =

9

4

22/1 dh

9

9hh =

9

4

22/1 dh

81

81h18hh

=

9

4

2/12/12/3 dhh81h18h81

1

= /9

4

2/12/32/5

h162h125

h2

81

1

=

2/12/3

2/52/12/3

2/5)4(162)4(12

5

)4(2)9(162)9(12

5

)9(2

81

1

=

32496

5

64486324

5

486

81

1 =

390

5

422

81

1 =

405

2372

4000

0

dt = t /4000

0

= 4000


405

2372

62,192

10 = 4000 A . 10 – 4

despejando A

A . 10 – 4 = 62,1910.324

10.23724

= 62,1910.81

5933

= 1,652 . 10 – 3

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)

dh9

9hh

62,192

10 22/1

= 1,652 10 – 3 dt

multiplicando por 652,1

103, efectuando las operaciones y simplificando

dhh81h18h4263,1185

10 2/12/12/34

= dt (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

dhh81h18h463,1185

10

0

9

2/12/12/35

= vt

0

dt (8)

resolviendo las integrales definidas

dhh81h18h

0

9

2/12/12/3 = dhh81h18h

9

0

2/12/12/3

= /9

0

2/12/32/5

h162h125

h2

=

2/12/3

2/5)9(162)9(12

5

)9(2

=

486324

5

486 =

5

4536

vt

0

dt = t /vt

0

= tv


4263,1185

104

5

4536 = tv

efectuando las operaciones tv = 7652,943

Luego, el tanque demora en vaciarse totalmente t = 7652,943 seg , es decir, 2horas 7 min 33 seg.

aplicaciones de las ecuaciones diferenciales ordinarias de ...jpaez/ma3b06/contenidos/... ·...

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