problemas de ecuaciones diferenciales

Leccion 7

Ecuaciones diferenciales de primer orden:

Aplicaciones a la Ingenierıa Quımica

7.1. Introduccion

Este curso es una introduccion a las ecuaciones diferenciales. Estas apareceran con muchafrecuencia en muchas otras asignaturas como modelos que permiten estudiar propiedades dela materia y procesos de interes en Ingenierıa Quımica. Existe, ademas, una asignaturaespecıfica en el segundo ciclo dedicada al estudio de modelos matematicos para la IngenierıaQuımica.

Con esta leccion se prentende tender un puente entre la notacion, muy simplificada, queutiliza la matematica en el estudio de las ecuaciones diferenciales y la que aparece, de formanatural, al estudiar algunos problemas de Ingenierıa Quımica. No se pretende explicar condetalle como y por que aparecen ecuaciones diferenciales en diversos procesos ingenieriles. Encada problema tipo que estudiaremos se intentara hacer plausible que la ecuacion o ecuacionescorrespondientes sirven para dar solucion a dicho problema. La importancia de los problemas,su motivacion y la explicacion profunda de su modelizacion matematica sera abordada enotras asignaturas.

En conclusion, el objetivo de esta leccion es, por una parte, mostrar que las ecuacionesdiferenciales aparecen de forma natural en cantidad de problemas de ingenierıa quımica en

95

96 Ecuaciones diferenciales de primer orden: Aplicaciones a la Ingenierıa Quımica

los que los procesos no son estacionarios. Y por otra parte mostrar que en las aplicaciones,por lo general, la forma en la que se escriben las ecuaciones diferenciales, debido a la notacionque se utiliza, es muy diferente de la que se usa en el estudio matematico de las mismas.Este hecho no nos debe extranar ni confundir. Lo normal es que se utilicen sımbolos que nospermitan reconocer a simple vista los objetos con los que estamos trabajando, pero siempredebe estar claro cuales son las variables y constantes que interviene en cada ecuacion.

En la primera leccion ya se expusieron algunos ejemplos simples de ingenierıa quımicaen los que aparecıan ecuaciones diferenciales. En esta veremos algunos ejemplos mas. Con-cretamente analizaremos con un poco mas detalle la cinetica de las reacciones quımicas yalgunos balances de masa y energıa muy sencillos.

7.2. Ecuaciones Diferenciales en Cinetica Quımica

Tal y como vimos en la Leccion 1 (Seccion 1.1.3) las reacciones quımicas pueden denotarsepor una ecuacion estequiometrica:

a A + b B + · · · = p P + q Q + · · · (7.1)

en la que los sımbolos A, B, . . . son en la practica formulas quımicas que representan lassustancias que reaccionan para dar productos P, Q, . . .. Recordemos de nuevo que los numerosa, b, . . . y p, q, . . . en la ecuacion significa que a moleculas de A reaccionan con b moleculas deB, . . ., para dar p moleculas de P , q moleculas de Q, etc.. Estas ecuaciones se suelen escribiragrupando todas las sustancias en una parte de la ecuacion:

0 = −a A− b B − . . . + p P + q Q + . . . =νAA + νBB + . . . + νP P + νQQ + . . .

y a los numeros −a, −b, p, q, etc. se les llama numeros estequiometricos.

La velocidad de reaccion es la variacion de la concentracion (en moles/(unidad de volu-men), supuesto el volumen constante) y divido por el correspondiente numero estequiometrico.Esta cantidad es la misma para cada sustancia y por lo tanto para una reaccion general dela forma (7.1) tendrıamos:

v = −1

a

d[A]

dt= −1

b

d[B]

dt=

1

p

d[P ]

dt=

1

q

d[Q]

dt= · · · (7.2)

y, por ejemplo, para la reaccion del agua 0 = −2H2 −O − 2 + 2H2O:

v = −1

2

d[H2]

dt= −d[O2]

dt=

1

2

d[H2O]

dt

7.2 Ecuaciones Diferenciales en Cinetica Quımica 97

Los mecanismos de una reaccion quımica son complejos y suelen componerse de variasreacciones mas o menos simples sucesivas. La suposicion hecha en el problema de cineticaquımica estudiado en la Leccion 1, de que la reaccion quımica estaba regida por la ley deAccion de Masas no era mas que una simplificacion del modelo. Corresponde a los especia-listas revelar los mecanismos que subyacen en cada reaccion quımica, aunque experimen-talmente se ha comprobado que estos dependen de la cantidad de las sustancias quımicaspresentes en cada instante (tanto de los reactivos como de los productos), la temperatura,la presion y la naturaleza del medio en el que se realiza la reaccion. El modelo mas simple(acorde con la ley de accion de masas) es aquel en el que se supone que la velocidad de lareaccion depende de la cantidad de los reactivos y no de los productos. Una reaccion de estetipo la podemos representar como:

a A + b B + · · · → productos

En tales casos, para las llamadas reacciones elementales, la velocidad de reaccion tienela forma:

v = k[A]α[B]β · · · (7.3)

donde k se es la constante de velocidad de la reaccion (tal y como mencionamos enla Leccion 1), y los numeros α, β, . . . definen el orden de la reaccion. El exponente αse llama el orden con respecto al reactivo A, β el orden con respecto a B, etc., y la sumaα +β + . . . es el orden de la reaccion. Ası una reaccion de primer orden con un solo reactivoserıa de la forma:

A → productos

Una reaccion de segundo orden con un solo reactivo serıa de la forma:

2A → productos

y una reaccion de segundo orden con dos reactivos:

A + B → productos

Ası pues, el problema de cinetica quımica visto en la Leccion 1 corresponde a una reaccionde segundo orden con dos reactivos. Teniendo en cuenta (7.2) y (7.3) la ecuacion diferencialque describe una reaccion de este tipo es:

v = −d[A]

dt= −d[B]

dt= k[A][B],

de forma que si llamamos x(t) a la concentracion (en moles/litro) de [A] o [B] que hanreaccionado hasta el instante t (que en estas unidades es la misma para A y para B) y lasconcentraciones iniciales de A y B son [A]0 = a y [B]0 = b, resulta que [A] = (a − x(t)) y[B] = (b− x(t)). En consecuencia:

v = −d[A]

dt= −d(a− x)

dt=

dx

dt= k(a− x)(b− x)


obteniendo de esta forma la ecuacion diferencial

x′ = k(a− x)(b− x)

que es la que encontrabamos en la resolucion del Problema de la Leccion 1.

Se deja como ejercicio encontrar las ecuaciones diferenciales que describen las restantesreacciones quımica de ordenes 1 y 2 y su solucion.

Si la misma sustancia quımica aparece en dos o mas reacciones que se producen consecu-tivamente en un reactor entonces la velocidad de reaccion correspondiente a dicha sustanciaes la suma de las velocidades en cada reaccion. Una situacion concreta practica se muestraen el siguiente ejemplo tomado de [4]

Ejemplo 7.1 .- Consideremos las siguientes reacciones irreversibles de segundo orden quese producen consecutivamente en un reactor:

A + Sk1−→ X

X + Sk2−→ Y

Si inicialmente se anaden 2 moles de S y 1 mol de A. ¿Cual es la fraccion molar de X cuandoya ha sido consumida la mitad de A? Supongase que k2/k1 = 2.

Tal y como venimos haciendo denotemos por [A], [S], [X] y [Y ] las concetraciones molaresde las sustancias presentes en las reacciones. De acuerdo con lo que acabamos de decir:

d[A]dt

= −k1[A][S]d[Y ]dt

= k2[X][S]d[X]dt

= k1[A][S]− k2[X][S]d[S]dt

= −k1[A][S]− k2[X][S]

No es una ecuacion diferencial, sino un sistema de 4 ecuaciones diferenciales de primerorden con cuatro funciones incognitas: [A], [S], [X] y [Y ]. Resolver este sistema serıa encon-trar expresiones para estas cuatro funciones (como funciones del tiempo t, que es la variableindependiente). Ahora bien, no se nos piden estas expresiones, ni tan siquiera la expresion

de [X]. Lo que se nos pide es la fraccion molar de [X] cuando [A] =1

2moles. Es decir, se

nos pide cuanto vale la fraccion

[X]

[A] + [S] + [X] + [Y ](7.4)

7.2 Ecuaciones Diferenciales en Cinetica Quımica 99

cuando [A] =1

2. Si pudieramos expresar la fraccion (7.4) como una funcion de [A] podrıamos

conocer su valor cuando [A] =1

2. Pero en realidad, [X] y [Y ] son funciones que dependen de

[A] ( y tambien de [S]). Podemos aplicar la regla de la cadena para escribir:

d[X]

d[t]=

d[A]

dt

d[X]

d[A],

de modo que cuando d[A]dt6= 0 tenemos que

d[X]

d[A]=

d[X]d[t]

d[A]dt

.

Utilizando el sistema de ecuaciones:

d[X]

d[A]=

d[X]d[t]

d[A]dt

=k1[A][S]− k2[X][S]

−k1[A][S]= −1 +

k2

k1

[X]

[A]= −1 + 2

[X]

[A].

Observemos ahora que la variable independiente es [A] y la variable dependiente o funcionincognita es [X]. Por lo tanto, es como si tuvieramos la ecuacion:

x′ = −1 +2

tx ⇔ x′ − 2

tx = −1,

que es una ecuacion lineal. A fin de acostrumbrarnos a los sımbolos que surgen de formanatural del problema que se esta estudiando, mantendremos la notacion original. Para estaecuacion lineal, la solucion es

[X] =1

F ([A])

[∫F ([A])(−1) d[A] + K

]

donde

F ([A]) = eR −2

[A]d[A] = e− ln[A]2 =

1

[A]2.

Sustituyendo e integramdo obtenemos que

[X] = [A]2(

1

[A]+ K

)= [A] + K[A]2.

Para conocer el valor de la constante K, debemos imponer la condicion inicial: para t = 0nos dicen que [A] = 1 y [X] = 0. Ası pues:

0 = 1 + K · 1 ⇒ K = −1,

y[X] = [A]− [A]2.


Para encontrar la expresion de [Y ] como funcion de [A] podemos proceder de dos formas.La primera es hacer con [Y ] lo mismo que hemos hecho para obtener [X] en funcion de [A]:usamos la regla de a cadena para escribir

d[Y ]

d[A]=

d[Y ]d[t]

d[A]dt

=k2[X][S]

−k1[A][S]= −2

[X]

[A]= −2

[A]− [A]2

[A]= −2 + 2[A],

cuya integracion, separando varaibles si se quiere, es inmediata:

[Y ] = −2[A] + [A]2 + K.

Imponiendo la condicion inicial (para t = 0 sabemos que [A] = 1, [Y ] = 0) obtenemos K = 1y

[Y ] = −2[A] + [A]2 + 1.

La segunda forma de obtener [Y ] como funcion de [X] es observar que del sistema obte-nemos que

d[A]

dt+

d[X]

dt+

d[Y ]

dt= 0,

de modo que [A] + [X] + [Y ] = cte (como funcion de t). Pero como en t = 0, [A] = 1 y[X] = [Y ] = 0, resulta que [A] + [X] + [Y ] = 1. Es decir

[Y ] = 1− [A]− [X] = 1− [A]− [A] + [A]2 = 1− 2[A] + [A]2,

misma expresion que la obtenida mas arriba.

Vamos a emplear este ultimo metodo par expresar [S] en funcion de [A]. Observamos, enprimer lugar, que del sistema de ecuaciones sacamos

d[S]

dt+

d[X]

dt+ 2

d[Y ]

dt= 0,

de modo que [S] + [X] + 2[Y ] = cte (como funcion de t). Pero como en t = 0 tenemos que[S] = 2 y [X] = [Y ] = 0, deducimos que la constante debe ser 2. Es decir, [S]+[X]+2[Y ] = 2.Por lo tanto

[S] = 2− [X]− [Y ] = 2− [A] + [A]2 − 2 + 4[A]− 2[A]2 = 3[A]− [A]2.

Ahora ya estamos en condiciones de calcular la fraccion molar de [X]:

[X]

[A] + [S] + [X] + [Y ]=

[A]− [A]2

[A] + 3[A]− [A]2 + [A]− [A]2 + 1− 2[A] + [A]2=

[A]− [A]2

3[A]− [A]2 + 1.

Como nos piden la fraccion molar cuando [A] =1

2, concluımos que esta es

1

9.

7.3 Balances de Masa y de Energıa 101

7.3. Balances de Masa y de Energıa

Una de las leyes fundamentales de la fısica establece que la masa no puede crearse nidestruirse. Igualmente fundamental es la ley de conservacion de la energıa. Aunque la energıapuede cambiar de forma, no puede crearse ni destruirse. Estos dos principios proporcionanla base de dos herramientas que son utilizadas abundantemente en Ingenierıa Quımica: losbalances de masa y los balances de energıa.

Presentamos primero unos ejemplos de balances de masa y despues otro ejemplo debalance de energıa.

7.3.1. Ejemplos de Balances de Masa

Comencemos con un ejemplo ilustrativo: el de la concentracion de contaminante en unlago. El principio de conservacion de la masa establece que si la cantidad de contaminanteen el lago aumenta, entonces este incremento no puede haberse producido “milagrosamente”sin ningun causante; o bien ha venido de algun sitio o bien ha sido producido a partir dealguna reaccion quımica de otros componentes que ya estaban en el lago o ambas cosas ala vez. Ademas si el aumento de contaminante ha sido como consecuencia de una reaccionquımica, esta ha tenido que producir, al mismo tiempo, un decrecimiento en la cantidad dealgun otro componente. Por lo tanto, si medimos la cantidad de contaminante en un instantet y volvemos a hacerlo despues de pasado un cierto tiempo ∆t, el principio de conservacionde la masa establece que se da el siguiente balance:

(cantidad de contaminante

en el instante t + ∆t

)=

(cantidad de contaminante

en el instante t

)+

+

cantidad de contaminanteque ha entrado desde t

hasta t + ∆t

−

−

cantidad de contaminanteque ha salido desde t

hasta t + ∆t

+

+

cantidad de contaminantegenerado a partir de otros productos

por reacciones quımicas entre t y t + ∆t

Notese que cada termino en esta ecuacion tiene unidad de masa. Esta forma de balance


de masa es util cuando el periodo de tiempo en el que se realizan las mediciones esta perfec-tamente establecido. De esta forma se podrıa hacer una tabla con la variacion de la cantidadde contaminante a intervalos fijos de ∆t. Sin embargo, en ingenierıa quımica se trabaja conflujos de masa en vez de con masas propiamente. El flujo de masa es la cantidad de materiapor unidad de tiempo. Para obtener un balance del flujo de masa (que seguiremos llamandobalance de masa) dividimos por ∆t y pasamos el primer sumando a la izquierda:

cantidadde contaminante

en el instante t + ∆t

−

cantidadde contaminanteen el instante t

∆t=


que ha entrado desde thasta t + ∆t

∆t−

−


que ha salido desde thasta t + ∆t

∆t+

+

cantidad de contaminantegenerado a partir de

otros productos por reaccionesquımicas entre t y t + ∆t

∆t

Ahora, las unidades de cada termino son masa/tiempo. La parte de la izquierda de esta

ecuacion podemos escribirla como∆m

∆tdonde m significa la cantidad de materia, que se mide

en unidades de masa. Tomando lımites cuando ∆t → 0, tenemos que lım∆t→0

∆m

∆t=

dm

dt. A esta

expresion se la denomina Acumulacion de masa. Ademas, cuando ∆t → 0 los dos primerossumandos de la derecha son los flujos de masa que entra y sale del lago, respectivamente, yel tercer sumando es la variacion de la masa generada por las reacciones quımicas en funciondel tiempo. La ecuacion resultante se puede resumir como

Acumulacion= Entrada-Salida+ Generacion,

o biendm

dt= me − ms + mr,

donde me es la cantidad de contaminante que entra en el lago por unidad de tiempo, ms esla cantidad de contaminante que sale del lago por unidad de tiempo y mr es la variacion dela cantidad de contamimante que se produce por reaccion quımica en funcion del tiempo.


Ası pues, el principio de conservacion de la masa expresa en terminos cuantitativos unbalance de cantidad de materia que toma en cuenta todas las fuentes y depositos de un fluıdoque entra y sale de un volumen.

Antes de proseguir hay que hacer dos observaciones:

En todos los problemas de balance de masa hay una referencia explıcita o implıcita auna region limitada en el que tienen lugar. En nuestro ejemplo anterior, esa region esel lago. En otros ejemplos puede ser una region delimitada de un rıo, o un depositoo un reactor quımico. Esa region contiene un volumen de materia (en estado lıquidoo gaseoso, normalmente) que puede ser constante o variar con el tiempo (podemospensar, por ejemplo, que el lago es una presa en la que se retiene el lıquido que entrahasta que alcanza un cierto nivel, y entonces se desagua). A esta region la podemosllamar region de control del volumen.

En la realidad la cantidad de contaminante puede variar de un punto a otro de la regionde control del volumen. Lo habitual, sin embargo, suele ser simplificar este modelo realy hacer la suposicion de que en todos los puntos la concentracion de contaminante esla misma. Esto permite medirla tomando una muestra en cualquier punto. Por ello, unmodelo ideal para el lago es lo que se conoce como reactor de tipo tanque continuamenteagitado (o por sus siglas en ingles CSTR, Continuously Stirred Tank Reactor), Figura7.1. Con este modelo la Figura 7.2 muestra una representacion esquematica del balancede materia.

Figura 7.1: Reactor Tanque ContinuamenteAgitado (CSTR).

Entrada

Salida

Generacion

Acumulacion

Entrada

Figura 7.2: Una representacion esquematicadel balance de materia.

Tomando como modelo el CSTR, teniendo en cuenta que la concentracion de materia entodos los puntos es la misma y usando unidades de concentracion de materia, masa/volumen,la cantidad total de materia presente en el CSTR en el instante t es c(t) · V (t), donde c(t)


representa la concentracion de contaminante en el instante t y V (t) es el volumen de lıquidopresente en el CSTR en el intsnte t. Ası pues, la acumulacion de masa sera:

dm

dt=

d(c(t)V (t))

dt.

Los problemas de balances de masa se pueden dividir en dos clases: los que estan enestado estacionario y los que estan en estado no estacionario. Un estado estacionario esaquel en el que las concentraciones y el volumen no cambian con el tiempo: la concentraciony caudal de entrada son constantes y el caudal de salida es constante e igual al de entrada, ypor lo tanto la concentracion en la region de control del volumen es constante. Ası pues, para

los sistemas estacionariosdm

dt= 0. Los estados no estacionarios son aquellos en los que los

caudales de entrada o salida comienzan o paran en un cierto momento, o la concentracionde entrada varıa de un momento a otro, o hay variacion de volumen en la region de control

de volumen. Para los sistemas no estacionarios,dm

dt6= 0, de modo que la acumulacion mide

la variacion de la cantidad de materia en relacion al tiempo.

Para medir el flujo de masa entrante se usa tambien la concentracion medida en unidadesde masa/volumen. Habitualmente se conoce el caudal de entrada por unidad de tiempo Qe(t),medido en unidades de volumen/tiempo y la concentracion de entrada ce(t), todo ello en cadainstante t. De este modo

me = Qe(t) · ce(t)

Notese que las unidades de me son masa/tiempo.

De forma similar, el flujo de salida de materia es el producto del caudal de salida, Qs(t),multiplicado por la concentracion en el punto de salida. En un CSTR la concentracion sesupone que es la misma en todos los puntos de la region de control de volumen, c(t). Por lotanto

ms = Qs(t) · c(t)es la cantidad de materia que sale del CSRT por unidad de tiempo en el instante t.

El termino generacion se refiere a la cantidad de materia (contaminante en el caso dellago) producida por reaccion quımica y medida en unidades de masa/tiempo. Esta generacionpuede ser positiva o negativa: si los componentes reaccionan para producir contaminante,la generacion sera positiva; y si lo hacen para destruir contaminante, sera negativa. Estaganancia o perdida de contaminante por reaccion quımica se suele medir, de nuevo, enterminos de concentracion, no de masa. Por lo tanto, si representamos con Mr la cantidadde materia producida por reaccion quımica, tenemos que

mr =dMr

dt=

d(cr(t)V (t))

dt


donde cr(t) es la concentracion de materia generada por reaccion quımica.

En definitiva, la ecuacion del balance de masa es

d(c(t)V (t))

dt= Qe(t)ce(t)−Qs(t)c(t) +

d(cr(t)V (t))

dt

Por lo general los caudales de entrada y salida y la concentracion de entrada son cons-tantes. En tal caso

d(c(t)V (t))

dt= Qece −Qsc(t) +

d(cr(t)V (t))

dt

Finalmente, suele haber un cierto conocimiento de como se produce la generacion demateria por reaccion quımica. Las situaciones mas habituales son las siguientes, supuesto elvolumen constante:

1. Materia conservativa. Cuando no hay generacion de materia por reaccion quımica,

la materia se dice que es conservativa. En este casodMr

dt= 0.

2. Decaimiento de orden 0: La perdida de materia (contaminante) es constante.dcr(t)

dt=

−k, con k positiva para que la generacion sea negativa. AsıdMr

dt= −kV

3. Decaimiento de orden 1: La perdida de materia es proporcional a la concentracion

de esta en el CSTR:dcr(t)

dt= −kc(t). En este caso

dMr

dt= kV c(t)

4. Produccion de materia dependiente de las concentraciones de otros componentes en elCSTR.

Vamos a ilustrar todo lo anterior con algunos ejemplos

Ejemplo 7.2 (Estado estacionario con decaimiento de primer orden en un CSTR).- ElCSTR mostrado en la Figura 7.1 es utilizado para el tratamiento de desechos industria-les utilizando una reaccion que destruye los desechos de acuerdo con una cinetica de primer

orden:dcr(t)

dt= −kc(t), siendo k = 0′216/dia. El volumen del reactor es 500 m3, los cauda-

les de entrada y salida son los mismos e iguales a 50 m3/dia y la concentracion de residuosen la entrada es 100 mgr/l. ¿Cual es la concentracion de salida?.

Solucion.- Puesto que los caudales de entrada y salida son los mismos, no hay cambiode volumen en el CSTR. Como ademas no hay variacion de la concentracion de entrada a


lo largo del tiempo, el estado es estacionario. Por lo tantodm

dt= 0 y el balance de masa

queda:

0 = Qece −Qsc + dMr

dt= 50000 l/dia · 100 mgr/l − 50000 l/dia · c mgr/l − kV c == 5 · 106 mgr/dia − 5 · 104 l/dia c− 0′216/dia · 5 · 105 l c

Despejando c:

c =5 · 106 mgr/dia

(5 · 104 + 0′216 · 5 · 105) l/dia= 31′65 mgr/l.

Ejemplo 7.3 (Estado no estacionario con decaimiento de primer orden en un CSTR).- Elproceso industrial del ejemplo anterior para el tratamiento de desechos tiene que pararse.En el momento de rearrancarlo, es decir en t = 0, se pone la concentracion de entradaigual a 0 (i. e. solo entra agua limpia). ¿Cual es la concentracion de salida en funcion deltiempo? ¿Cuanto tiempo costara al reactor alcanzar una concentracion que sea el 10% delvalor obtenido en el ejemplo anterior en el caso estacionario?.

Solucion.- Puesto que hay un cambio en la concentracion de entrada, el estado no esestacionario; es decir, hay acumulacion:

dc(t)V (t)

dt= V

dc(t)

dt

porque el volumen en el reactor permanece constante al ser el caudal de entrada y salida elmismo: 50 m3/dia. El balance de masa queda:

Vdc(t)

dt= 0−Qsc(t)− kV c(t)

odc(t)

dt= −c(t)

(Qs

V+ k

).

Se trata de una ecuacion diferencial en variables separables con la condicion inicial c(0) =31′65 mgr/l, que es la concentracion en el reactor cuando se poduce la parada y se arrancade nuevo. Resolvemos el correspondiente problema de condiciones iniciales:

∫ c(t)

31′65

−1

sds =

∫ t

0

(Qs

V+ k

)ds

Integrando

ln(31′65)− ln c(t) =

(Qs

V+ k

)t ⇔ ln

(31′65

c(t)

)=

(Qs

V+ k

)t ⇔ c(t) = 31′65e−(Qs/V +k)t


Como

(Qs/V + k) =

(50 m3/dia

500 m3 +0′216

dia

)=

0′316

dia

resulta que

c(t) = 31′65 mgr/l e−0′316dia

t

es la expresion de la concentracion de salida en funcion del tiempo.

En cuanto a la segunda cuestion: ¿cuanto tardara el reactor en producir una concentracionque sea el 10 % de la inicial?, tenemos que esta debe ser 3′165. Sustituyendo en la solucion:

3′165 = 31′65e−0′316t ⇒ −0′316t = ln 0′1 = −2′303 ⇒ t = 7′3dias.

Ejemplo 7.4 (Estado no estacionario en un CSTR con sustancia conservativa y volumenconstante).- Considerese un CSRT que contiene 1000 l. de agua limpia, hacia el que unasolucion salada de salmuera empieza a fluir a una velocidad constante de 6 l/min. La solucionfluye hacia el exterior del tanque a la velocidad de 6 l/min. Si la concentracion de sal enla salmuera que entra en el tanque es de 1 kgr/l, determınese cuando sera de 1

2kgr/l la

concentracion en el tanque. (Vease Figura 7.3)

Solucion.- La cantidad de sal en el CSTR no es conservativa porque esta variandocontinuamente. En efecto, inicialmente no hay sal en el tanque, ası que si c(t) representa laconcentracion (en kgr/l) de sal en el tanque en el instante t (es decir, despues de t minutosdesde que empieza a entrar la solucion salada de salmuera), tenemos que c(0) = 0. Pero enel “instante siguiente” ya hay una pequena cantidad de sal en el tanque. Por lo tanto hayacumulacion de sal.

Por otra parte, no hay generacion de sal por reaccion quımica o de otra naturaleza. Elbalance de masa viene dado en este caso por

Acumulacion = Entrada − Salida.

6 l/min

1 Kgr/l

6 l/min

x(t)

1000 lx(0) =0 kgr

Figura 7.3: Tanque con el mismo flujo de entrada y salida


Ademas

Acumulacion = Vdc(t)

dt,

porque V = 1000 l. constantemente ya que el caudal de entrada y salida es el mismo.Finalmente

Entrada = Qece = 6 l/min · 1 kgr/l = 6 kgr/min,

y la salida es la cantidad de sal que sale por minuto:

Salida = Qsc(t) = 6 l/min · c(t) = 6c(t) kgr/min.

Ası pues, la ecuacion diferencial que rige la evolucion de la concentracion de sal en elinterior del tanque es:

dc(t)

dt=

6− 6c(t)

1000(7.5)

con la condicion inicial c(0) = 0. La ecuacion (7.5) es lineal homogenea y tambien en variablesseparables. Podemos escribir:

c′ = (1− c)3

500o bien

1

1− cdc =

3

500dt

que integrando, obtenemos:

− ln |1− c| = 3

500t + K

o equivalentemente1− c = K ′e−

3t500 .

Es decirc(t) = 1−K ′e−

3t500 ,

y como c(0) = 0 resulta que

0 = c(0) = 1−K ′ ⇒ K ′ = 1

con lo que la solucion del problema de condiciones iniciales es:

c(t) = 1− e−3t500 .

Como nos piden cuando sera la concentracion 12

kgr/l

1− e−3t500 =

1

2⇒ e−

3t500 =

1

2

y por lo tanto

t =500 ln 2

3≈ 115′52 min.

Es decir, la concentracion de sal en el interior del tanque sera de 12

kgr/l al cabo de 115’52minutos.


Ejemplo 7.5 (Estado no estacionario en un CSTR con sustancia conservativa y volumenno constante).- Supongamos que un CSTR de 10 m3 contiene 4 m3 de agua limpia. En unmomento dado se comienza a verter azucar al recipiente a razon de 2’5 kgr/min. En el mismoinstante se comienza a verter agua limpia a razon de 2 m3/min. Al mismo tiempo que seempieza a verter el azucar y el agua limpia se comienza a sacar disolucion del recipiente arazon de 1 m3 por minuto. ¿Cual sera la concentracion de azucar en el recipiente cuando ladisolucion llegue al lımite de la capacidad del recipiente?

Solucion.- En este caso el volumen de la disolucion no permanece constante en el interiordel deposito porque sale menos cantidad de disolucion de la que entra. Por consiguientellegara un momento en que el lıquido en el deposito comenzara a derramarse. ¿Cuantotiempo? La capacidad del deposito es 10 m3, inicialmente hay 4 m3 y cada minuto hay 1m3 mas en el deposito porque entra 1 m3 mas del que sale. Por lo tanto en 6 minutos sellenara el deposito.

Si llamamos V (t) a la cantidad de lıquido en el deposito despues de t minutos vemos que

V (t) = 4 + t m3

Y si c(t) es la concentracion de azucar en el deposito despues de t minutos, el balance demasa nos proporciona la siguiente situacion:

Acumulacion: dV (t)c(t)dt

= V (t)c′(t) + V ′(t)c(t) = (4 + t)c′(t) + c(t)Entrada: 2′5 kgr/min de azucar + 2m3/min · 0 kgr/min de azucar = 2′5 kgr/min de azucar

Salida: c(t) kgr de azucar/m3de disolucion · 1m3disolucion/min.

Por lo tanto la ecuacion diferencial que gobierna el proceso es

(4 + t)c′(t) + c(t) = 2′5− c(t)

o, equivalentemente

c′(t) =2,5− 2c(t)

4 + t(7.6)

Esta es una ecuacion en variables separables cuya solucion, con la condicion inicial c(0) = 0,es

c(t) = 1′25− 20

(4 + t)2

Vemos finalmente que c(6) = 1′05 kgr/m3.


7.3.2. Ejemplos de Balances de Energıa

Ya hemos comentado mas arriba que los balances de energıa tienen su fundamentacionen la ley de conservacion de la energıa. Se trata, en realidad, de la primera ley de la termo-dinamica que popularmente es conocida bajo la forma: la energıa ni se crea ni se destruyese transforma. Por ejemplo, cuando se quema carbon en una planta termica para producirelectricidad, la energıa presente en el carbon se convierte en calor, que a su vez es convertidaen energıa electrica. Esta energıa electrica posiblemente sera convertida de nuevo en calorpara acondicionar una casa o usada para hacer funcionar un motor. Por otra parte, los flujosde energıa y su transformacion son a menudo la causa de problemas medioambientales. Laenergıa termica de la planta electrica puede provocar un aumento de la temperatura delagua de los rıos que a menudo se usan para enfrıar el agua; los contaminantes que provocanel efecto invernadero en la atmosfera alteran el balance de energıa de la tierra y puedenser la causa de un aumento significativo de la temperatura global del planeta, y muchos denuestros usos de la energıa pueden estar asociados a la emision de dichos contaminantes.

Podemos llevar la cuenta de los movimientos de energıa y sus cambios de forma utilizandolos balances de energıa. Estos son analogos a los balances de masa que ya hemos discutidoen la seccion anterior. Ahora bien, en los balances de energıa no hay un termino analogoal de la reaccion quımica que aparece en los balances de masa. Es decir, podemos tratar laenergıa como una sustancia conservativa: el termino “generacion” de los balances de masaes siempre 0. Por consiguiente, un balance de energıa se expresa mediante la ecuacion:

Variacion de laenergıa interna y externa

en funcion del tiempo

=

(Entrada de energıa

por unidad de tiempo

)−

(Salida de energıa

por unidad de tiempo

)

O equivalentementedE

dt= Ee − Es.

donde Ee y Es son los flujos de energia (energıa por unidad de tiempo) que entran y salendel sistema.

Las formas de energıa que intervienen pueden ser muy diferentes y hacer difıcil el plante-amiento de uno de estos balances. Nuestro objetivo es plantear un par de ejemplos sencillosen los que la energıa involucrada es el calor. Recordemos que en la Leccion 1 vimos que lacantidad de calor que hay que suministrar a un cuerpo de calor especıfico (o capacidad ca-lorıfica especıfica) c y de masa m para que su temperatura varıe de T1 a T2 es (en el supuestode que c sea constante en este intervalo de temperaturas)

Q = mc(T2 − T1)

Con esto en mente vamos a plantear y resolver dos problemas en los que intervienen balancesde energıa. El primero en estado estacionario y el segundo no.


Ejemplo 7.6 .- Se utiliza un termo electrico de agua para calentar agua de un suministroque circula a 10o C. El nivel de calentamiento del termo se coloca al maximo mientrasvarias personas se duchan sucesivamente. Si, al maximo nivel, el calentador utiliza 5 Kw deelectricidad por segundo, y el agua de la ducha fluye continuamente a 8 l/min ¿cual es latemperatura del agua que sale del calentador? Se supone que la temperatura del agua en elcalentador es siempre la misma (estado estacionario) y que el calentador es 100% eficiente(esta perfectamente aislado y toda la energıa se utiliza para calentar el agua).

Solucion.- Nuestro recipiente de control de volumen es el termo electrico. El flujo deenergıa que entra en el calentador proviene de dos fuentes: el calor del agua de la canerıaque entra en el calentador y la corriente electrica. El flujo de energıa que sale del calentadores el causado por el agua que ha sido calentada en el mismo.

Para calcular el flujo de calor aportado por el agua de la canerıa fijamos una temperaturade referencia en el calentador, Tref, de modo que el calor que debe aportar el agua de la canerıapara que la temperatura del agua en el termo varıe de la temperatura de entrada, Te = 10oC,a Tref es Qe = −mc(Tref − Te). El signo − se debe a que estamos hablando del calor queaporta el agua de la canerıa al termo, la opuesta de la que deberıamos aportar al agua dela canerıa para que su temperatura pasara de Te a Tref.Por lo tanto, el flujo de energıa deentrada sera

Ee = mc(Te − Tref) + 5Kw/s

donde m es el flujo de masa de agua que entra medido en unidades masa/tiempo y c el calorespecıfico del agua, 4190 J/(kgr· o C).

De la misma forma el flujo de salida sera el flujo de calor necesario (que aporta el calen-tador) para que el agua que sale pase de Tref a Ts. Ahora bien, la temperatura de salida esla del calentador: T . Por lo tanto

Es = mc(T − Tref)

Finalmente estamos suponiendo que el estado del agua en el calentador es estacionario:dE

dt= 0. La ecuacion del balance de energıa queda:

0 = mc(Te − Tref) + 5Kw/s− mc(T − Tref) = mc(Te − T ) + 5Kw/h

Se debe observar que en todo este proceso estamos haciendo una suposicion muy im-portante: la capacidad calorıfica del agua permanece constante. En general la capacidadcalorıfica de una sustancia puede variar con la presion y la temperatura a la que se en-cuentra dicha sustancia; si bien, para pequenos cambios de presion y temperatura se puedeconsiderar constante.


De la ecuacion anterior obtenemos que

T = Te +5

cm

Ahora lo que hay que hacer es homogeneizar las unidades. Hemos descrito el valor de c enJ/(kgr· o C); ası que debemos escribir todo en este sistema de unidades:

m = ρQ = 1 kgr/l · 8 l/min = 8 kgr/min (ρ densidad del agua).

cm = 4190J

kgr· o C· 8 kgr/min = 33520

J

min o C5 Kw/h = 5 · 1000 J/seg · 60 seg/ min = 300000 J/min

Entonces

T = 10oC +300000 J/min

33520J

min o C

= 18′9oC

es la temperatura a la que sale el agua de la ducha.

Debe observarse que en realidad la temperatura de referencia puede ser cualquiera yde hecho no juega ningun papel (desaparece en la ecuacion del balance). Por ello, y parasimplifiar los calculos, tomaremos a partir de ahora 0oC como temperatura de referencia.

Ejemplo 7.7 .- Han de enfriarse 4536 l/h de acido sulfurico, H2SO4 (calor especıfico 0’36kcal/(kgr·oC) y densidad relativa 1’85 kgr/l) en un CSTR como el que se muestra en la Figura7.4. El acido a 174oC se introduce en el tanque donde es bien agitado en contacto con unserpentın refigerante de area 8 m2 y que se mantiene constantemente a la misma temperaturade 20oC. La capacidad del tanque es de 4536 l. de acido y el coeficiente de transmision decalor entre el serpentın y el acido es de 635 Kcal/(h · m2·oC) y puede suponerse constante.Suponiendo que el caudal de salida del acido sulfurico del tanque es el mismo que el deentrada ¿a que temperatura sale el acido sulfurico del tanque en cada instante de tiempo?

Solucion.- De forma evidente el recipiente de control de volumen es el tanque de enfria-miento del acido sulfurico y vamos a suponer que la capacidad calorıfica del acido sulfuricopermanece constante a lo largo de todo el proceso. Presentamos de nuevo un balance deenergıa:

dE

dt= Ee − Es.

El flujo de energıa entrante es debido al flujo de calor aportado por el acido sulfurico:

Ee = mcTe.

En este caso debemos calcular m porque este dato viene dado en forma de caudal en unidadesl/h. Pero

m = q · ρ


VT

T

q,T

q, e

Ta

Figura 7.4: Enfriamiento de acido sulfurico en un CSTR.

siendo ρ la densidad relativa del acido sulfurico y q el caudal de entrada. Ası

Ee = qρcTe.

Analizamos ahora el flujo de energıa saliente. Esta es la energıa aportada por el acido sulfuricoen el interior del tanque, la cual, a su vez, es debida al calor del acido sulfurico y al calor (enrealidad enfriamiento) aportado por el serpentın. Segun la ley de Newton de enfriamiento,la ultima es (ver el Ejemplo 1.1 de la Leccion 1 ): αA(T − Ta) siendo α el coeficiente detransmision de calor y A el area del serpentın. Y el flujo de calor aportado por el acidosulfurico en el tanque: mcT siendo T la temperatura del acido sulfurico en el interior deltanque. Ademas, como mas arriba, m = q · ρ. Entonces

Es = qρcT + αA(T − Ta)

Finalmente, el acido en el interior del tanque no esta en estado estacionario porque esta con-tinuamente cambiando de temperatura por la accion del serpentın que lo enfrıa. Por lo tanto,hay acumulacion. Esta es la variacion del calor del acido sulfurico. Recordemos que (Ejemplo1.1 de la Leccion 1) dQ = mc dT , de modo que

dQ

dt= mc

dT

dt.

Ahora bien m = V · ρ, ası quedE

dt=

dQ

dt= V ρc

dT

dt

El balance de energıa proporciona la siguiente ecuacion diferencial:

V ρcdT

dt= qρcTe − qρcT − αA(T − Ta) = qρc(Te − T )− αA(T − Ta)


o, equivalentemente,

dT

dt= −

(q

V+

αA

V ρc

)T +

(q

VTe +

αA

V ρcTa

)

que es una ecuacion lineal homogenea y tambien una ecuacion en variables separables. Ve-remos esto mejor dando los valores correspondientes a cada uno de los sımbolos:

q = 4536 l/hV = 4536 lα = 635 Kcal/(h · m2·oC)A = 8 m2

ρ = 1′85 kgr/lc = 0′36 Kcal/ (kgr·oC)Te = 174oCTa = 20oCq

V= 1 h−1

αA

V ρc=

5080Kcalh oC

3020′976KcaloC

= 1′68 h−1

AsıdT

dt= −2′68T + (174 + 1′68 · 20) = −2′68T + 207′6

Teniendo en cuenta que la temperatura en el tanque antes de poner en marcha el serpentın esla de entrada, tenemos que T (0) = 174. Resolviendo este problema de condiciones iniciales:

∫ T

174

1

−2′68s + 207′6ds =

∫ t

0

ds

Integrando1

2′68ln

174

−2′68T + 207′6= t

Y despejando de aquı T :

T (t) =207′6− 174e−2′68t

2′68

La temperatura del acido sulfurico despues de, por ejemplo, una hora serıa T (1) =68′68oC.

problemas de ecuaciones diferenciales

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