Ejemplo 7.6-2.

Oscilaciones de un manómetro amortiguado

El fluido contenido en un tubo manométrico esta inicialmente en reposo y se pone bruscamente en movimiento por aplicación de una diferencia de presión pa - pb. Hallar la ecuación diferencial del movimiento del fluido manométrico para flujo isotérmico incompresible.Obtener una expresión del radio del tubo para el cual tiene lugar el «amortiguamiento crítico». Despreciar la densidad del gas situado por encima del líquido manométrico. La notación se indica en la Fig. 7.6-2.

Solución:

Los datos que se utilizaran para la resolución del problema son los siguientes:

Fluido Manométrico: Mercurio T = 75°FL = 2.25 ftD = 0.23 inch

Siendo

T: temperatura del fluido manométrico.L: largo total.D: diámetro del tubo manómetrico.

Se toma como sistema el fluido manométrico. En este sistema no existen los planos «l» y «2» de entrada y salida de fluido. Las superficies libres del líquido pueden intercambiar trabajo con los alrededores. Se aplica un balance de energía mecánica. Puesto que w1 y w2 son cero, los únicos términos que quedan en el segundo miembro son - W y –Ev.Para evaluar el término de energía cinética y el término Ev se admite un perfil parabólico de la siguiente forma:

v (r , t )=2<v>[1−( rR )2]

Siendo <v> una función del tiempo que se toma como positiva para el flujo de izquierdaa derecha. Por lo tanto,

ddt

K tot=ddt∫0

L

∫0

R12ρ v2∗2πrdrdl

ddt

K tot=πρLR2ddt∫0

R12v2

rRdrR

ddt

K tot=4πρL R2∫0

1

(1−ξ2 )ξdξ ddt

¿ v>¿2 ¿

ddt

K tot=43ρLS<v> d

dt<v>¿

Siendo l una coordenada que va a lo largo del eje del tubo manométrico, y L una longitud medida sobre este eje desde una a otra interfase del fluido manométrico (o sea, la «longitud » total)La variación de energía potencial con el tiempo es:

ddt

ϕtot=ddt∫0

L

∫0

R

ρgz2πdrdl

ddt

ϕtot=ddt [{integral extendidaa la parteque esta por debajo de z=0

y quees constante }+ρgS ∫0

K+H−h

zdz+ρgS ∫0

K+H+h

zdz ]

ddt

ϕtot=2 ρgShdhdt

El trabajo neto producido por los alrededores sobre el sistema es

−W=( pa−pb )S<v>¿

Finalmente, el término de perdidas por fricción es

E v=−∫0

L

∫0

R

(τ :∇ v )2πrdrdl

E v=2πLμ∫0

R

( d vz

dr )2

rdr

E v=8πLμ¿ v>¿2∫0

1

(−2ξ )2 ξdξ ¿

E v=8 LSμ¿ v>¿2

R2¿

Substituyendo estos términos en el balance de energía mecánica (siendo <v> = dh/dt)

d2hdt2

+( 6 μR2ρ ) dhdt +2( 3 g4 L )h=34 ( pa−pb

ρL )

Que ha de resolverse con la condición inicial de que para t = 0, h = 0 y dh/dt = 0.

La Ec. 7.6 - 19 es no homogénea, pero puede transformarse en homogénea introduciendo la nueva variable k, definida por

k=2h−Pa−Pb

ρg

Por tanto, la ecuación del movimiento del fluido manométrico es

d2 kdt2

+( 6 μR2ρ ) dkdt +( 3 g2 L )k=0 Esta ecuación diferencial de segundo orden es la misma que describe el movimiento de una masa conectada a un muelle y un amortiguador, o el paso de corriente en un circuito RLC.

Esta ecuación se puede resolver tanto analítica como numéricamente.

La solución analítica es la siguiente:

Siendo k = emt, se substituye esta función en la ecuación anterior, se obtienen los dos valores siguientes:

m±=12 [−( 6 μR2 ρ )±√( 6 μR2ρ )

2

−( 6 gL )]

y la solución adquiere una. de estas dos formas:

k=C+¿e

m+¿ t+C−¿ e

m ¿ tm +¿≠m ¿¿

¿¿

¿

k=C1 emt+C2t e

mtm+¿=m¿=m¿

Determinándose las constantes a partir de las condiciones iníciales. El tipo de movimiento que adquiere el fluido manométrico depende del valor del discriminante de la Ecuacion analizada:

Por consiguiente, el radio del tubo críticamente amortiguado es:

Rcr=( 6μ2Lg ρ2 )14

Si el radio R del tubo es mayor que Rcr, se produce un movimiento oscilatorio.

La solución numérica se obtiene mediante la herramienta computacional realizada en Visual Basic la cual se entrego en los apuntes de la clase, realizando las siguientes variaciones:

De la ecuación d2hdt2

+( 6 μR2ρ ) dhdt +2( 3 g4 L )h=34 ( pa−pb

ρg )Se realiza un reordenamiento dejándola del siguiente modo, para poder utilizarla de buena manera en el programa:

( 2L3 g ) d2hdt2

+( 4 μLgR2ρ ) dhdt +h=12 ( ΔP

ρL )Se utilizaran las siguientes condiciones iníciales y parámetros para resolver la ecuación diferencial:

Condiciones iníciales:

Tiempo = 0X = 0dX/dt = 0

Parámetros:

Delta = Delta presión = Viscosidad =Radio = Densidad =Largo = Cte. Gravedad =

Para evaluar las derivadas se utilizara el método de Euler.

Conclusión Se represento a través de gráficos el resultado de las soluciones numérica y analítica siendo estas como se dice en la resolución del ejemplo, además se obtiene un buen análisis de exactitud.

Ejemplo 15.5-1.

Calentamiento de un líquido en un tanque agitado

Un tanque cilíndrico capaz para 28 m3 de líquido, está provisto de un agitador de potencia suficiente para mantener el líquido a temperatura uniforme. Se transmite calor al líquido mediante un serpentín dispuesto de tal forma que el área disponible para la transmisión de calor es proporcional a la cantidad de líquido existente en el tanque. El serpentín de calefacción consta de 10 espiras de 125 cm de diámetro, construidas con un tubo de 2,5 cm de diámetro externo. El tanque se alimenta de forma continua con 10 Kg min -1 de agua a 20°C, comenzando con el tanque vacío en el instante t = 0. Por el interior del tubo se introduce vapor de agua a 105ºC y el coeficiente global de transmisión de calor es 500 kcal hr-1 m-2 °C-1. ¿Cual es la temperatura del agua cuando se llena el tanque?

Solución:

Notación a utilizar:

A0 = Área total disponible para la transmisión de calorA (t)= Área de transmisión de calor en un instanteV0= volumen de líquido a tanque llenoV(r) = volumen de liquido eh el tanque en un instanteT = temperatura del líquido en un instanteTI = temperatura del líquido a la entradaT0 = temperatura del líquido cuando el tanque esta llenoTs = temperatura del vapor de aguaU0 = coeficiente global de transmisión de calort = tiempo transcurrido a partir del momento en que comienza a llegar aguat0 = p V0/ w = tiempo necesario para llenar el tanquew = velocidad de flujo del agua que entra en el tanquep = densidad del liquido

Suposiciones:a) La temperatura del vapor en el serpentín es constante.b) Tanto ρ como Cp del agua no varían mucho con la temperatura.

c) Como el fluido es aproximadamente no compresible, C p

¿

=Cv

¿

d) El agitador mantiene la temperatura uniforme en toda la masa.e) U0 es independiente de la posición y del tiempo.f) Las paredes del tanque son adiabáticas.

Analizando el problema mediante la figura 15.5-1 se comprueba que existe un subsistema que contiene solo una fase, que es la fase liquida.En esta fase se tiene un componente, el H2O.Realizamos el Balance

Balance Global:

dmtot

dt=w1−w2 pero w2= 0 (no hay salida en el tanque)

Por lo tanto

dmtot

dt=w1 = ρ1×⟨v1 ⟩×s1

Debido a que la velocidad del fluido es muy baja, las fuerzas de interfase “no son significativas”. El sistema es “no isotérmico”, con lo cual se hace un balance de energía

ETOT=U TOT+KTOT+φTOT

En donde KTOT=0 , φTOT=0

dEtot

dt=−Δ[(U¿ +ρV

¿

+12

⟨v3 ⟩⟨v ⟩

+φ¿ )w ]+Q−W

En la cual se puede omitir el termino de trabajo W y los términos de energía cinética y potencial, (que serán pequeños comparados con los demás), además de lo ya dicho

anteriormente sobre que w2= 0, y con U¿

+ρV¿

=H¿

obtenemos:

dU tot

dt=w×H1

¿

+Q

Esto indica que la energía interna del sistema aumenta debido a la adición de fluido de

entalpía H1

¿

y a la adición de calor mediante el serpentín de vapor.

Como no se puede establecer los valores para UTOT y H1

¿

, se elige una base de entalpía T1. Según esto:

H1

¿

=0 y U tot=ρ⋅Cv

¿

⋅V⋅(T−T 1)=ρ⋅C p

¿

⋅V⋅(T−T 1)

Además de Q=U 0⋅A⋅(T S−T ) con lo cual resulta:

ρ⋅C P

¿⋅ ddt

V⋅(T−T1 )=U 0⋅A⋅(T S−T ) Ecuación 15.5-2

En donde V ( t )=wt

ρ ; A( t )= wt

ρV 0A0

Remplazando en la ecuación 15.5-2:

U0 A0wtρV 0

(T S−T )=wC P

¿

(T−T 1)+wCP

¿ ( d (T−T 1)dt )

Ecuación 15.5-5

Que se resuelve con C.I. para t =0, T =T1

Con variables reducidas: Θ=

T−T 1T S−T 1

τ= tt0

= wtρV 0

Al multiplicar la ecuación 15.5-5 por

[( 1

CP

¿

(T S−T 1) )], resultando:

(U0 A0

wCP

¿ )( wtρV 0

)(1− T−T 1T S−T 1 )=( T−T 1

T S−T 1 )+t ddt (T−T1T S−T1 )

Haciendo

V 0 A0

wC P

¿ =N

Nτ (1−Θ)=Θ+τ dΘ

dt

Y haciendo η=Nτ tenemos

dΘdη

+(1+ 1η)Θ=1

con C.I. para η=0 ; Θ=0

Resolviendo mediante el manual de formulas matemáticas podemos obtener como solución analítica

Θ=1−1−e−η

η

La solución numérica se obtiene mediante la herramienta computacional realizada en Visual Basic la cual se entrego en los apuntes de la clase:

Ejemplo 22.6-1

Puesta en marcha de un reactor químico Se desea producir una substancia B a partir de una materia prima A en un reactor químico de volumen V que está equipado con un sistema que mantiene una perfecta agitación. La formación de A es reversible, y las reacciones directa e inversa pueden considerarse de primer orden. Además, B sufre una descomposición irreversible de primer orden para formar un compuesto C. Las reacciones químicas que tienen lugar pueden representarse de esta forma

En el instante cero se introducen en el reactor, inicialmente vacío, una solución de A de concentración cA0, con una velocidad volumétrica de flujo constante Q.Deducir una expresión de la cantidad de B existente en el interior del reactor en el momento en que se llena hasta su capacidad total V, suponiendo que la solución de alimentación no contiene B y que no hay variación de las propiedades del fluido.

Solución

Comenzamos aplicando el formulario:

Análisis del Sistema

1º Descomponemos el sistema de estudio en 1 subsistema.2º Determinamos que existe 1 fase que compone el sistema, que es la fase liquida.3º Para la fase determinada, obtenemos 3 componentes A, B, C.4º Realizamos el Balance, haciendo 3 balances de materia y uno global

Balance Global Q1=Q2=Q

Balance para A

dmAtot

dt=wA1−w A2+w

A(m )+RATOT con w A2=0 y

wA(m )=0

dmA

dt=Q⋅C A0−k1B

' ' '⋅mA+k1A' ' ⋅mB

Balance para B

dmBtot

dt=wB1−wB2+w

A(m )+RBTOT con

wB1=wA(m )=wB2=0

dmB

dt=−(k1A' ' ' +k1C' ' ' )⋅mB+k 1B

' ' '⋅mA

Despejamos con respecto de mB

dmB

dt=−(k1A' ' ' +k1C' ' ' )⋅mB+k 1B

' ' '⋅mA y aplicamos

ddt

d2mB

dt 2=−(k1 A' ' ' +k1C

' ' ' )⋅dmB

dt+k1B

' ' ' ⋅dmA

dt

Y con el despejo de antes

d2mB

dt 2=−(k1 A' ' ' +k1C

' ' ' )⋅dmB

dt+k1B

' ' ' ⋅[Q⋅C A0−k 1B' ' '⋅mA+k1B

' ' ' ⋅mB ] y de lo anterior

k 1B' ' '⋅mA=

dmB

dt+(k1 A' ' ' +k1C

' ' ' )⋅mB Reemplazando y dejando la ecuación ordenada

d2mB

dt 2+(k 1A' ' ' +k 1B' ' ' +k1C' ' ' )⋅

dmB

dt+k 1B

' ' '⋅k1C' ' ' ⋅mB−k1B

' ' '⋅Q⋅C A0=0