Ejercicios de Conservaci´
Ejercicios de Conservaci´on de la Masa
on de la Masa
Diego Carvajal
Diego Carvajal
03 de Marzo del 2016
03 de Marzo del 2016
1. 1.Un tanque cuyo volumen es 0
Un tanque cuyo volumen es 0..0505 mm33
contiene aire a la presi´
contiene aire a la presi´on de 800on de 800 KPKP aa (absoluta) y 15 (absoluta) y 15oo
C C .. En el instante
En el instante tt = 0, = 0, el aire el aire se se escaescapa pa del tanque del tanque a a travtrav´´es de es de una v´una v´alvula cuya ´alvula cuya ´area de la secci´area de la secci´onon transversal es 65
transversal es 65 mmmm22
. . La La velvelocidad del ocidad del aire a aire a travtrav´´es de es de la la v´v´alvula es 311alvula es 311 m/sm/s y su densidad es y su densidad es 66..1313 Kg/m Kg/m33
. . Las propieLas propiedades en el resto del tanque pueden suponerdades en el resto del tanque pueden suponerse uniformse uniformes. es. DeterDeterminar elminar el cambio instant´
cambio instant´aneo de la densidad en el tanque para el instanteaneo de la densidad en el tanque para el instante t t = = 0.0. Soluci´
Soluci´ on:on: Sabemos que la Sabemos que la ecuaci´ ecuaci´ on de conservaci´ on de conservaci´ on de la masa on de la masa eses ∂ ∂ ∂t ∂t
V V ρdV ρdV ++
∂V ∂V ρ ρvv··
dAdA = = 00 AsAs´´ı ı que que encontremos expresiones encontremos expresiones explexpl´´ıcitas ıcitas de de estas estas integrales. integrales. Por hipotesis Por hipotesis las las propiedades enpropiedades en todo el tanque son uniformes, entonces si observamos la densidad, esta no depende del volumen, todo el tanque son uniformes, entonces si observamos la densidad, esta no depende del volumen, pero si del tiempo
pero si del tiempo
∂ ∂ ∂t ∂t
V V ρdV ρdV == ∂ ∂ ∂t ∂t((ρρ
V V dV dV ) ) = = ∂ ∂ ∂t ∂t((ρV ρV ) ) = = V V dρdρ dt dtEl volumen no depende del tiempo, ya que este tanque es mi volumen de control (que es fijo para El volumen no depende del tiempo, ya que este tanque es mi volumen de control (que es fijo para todo
todo t t). En cuanto a la integral de flujo). En cuanto a la integral de flujo
∂V ∂V
ρ
ρaireairevv
··
dAdA = = ρ ρaireaire
∂V ∂V
vv
nn
cosθdA cosθdAEl vector normal es unitario y con respecto al vector velocidad, estos son paralelos, ademas la El vector normal es unitario y con respecto al vector velocidad, estos son paralelos, ademas la densidad del aire en la secci´
densidad del aire en la secci´on de escape tiene un valor fijo al igual que la norma de la velocidad,on de escape tiene un valor fijo al igual que la norma de la velocidad, entonces entonces ρ ρaireaire
vv
∂V ∂V dAdA = = ρ ρaireaire
vv
A AEntonces remplazando en la ecuaci´
Entonces remplazando en la ecuaci´on de conservaci´on de conservaci´onon V
V dρdρ dt
dt ==
−
−
ρρaireairevAvA ==
−
−
ρρaireaire
vv
A A V V Remplazando obtenemos queRemplazando obtenemos que
dρ dρ dt dt ==
−
−
22,, 4848Km/mKm/m 3 3 Es el cambio instant´2. Considere el flujo estacionario de agua a trav´es del dispositivo mostrado en la figura. Las
´areas son A1 = 0.2 pie 2
, A2 = 0.5 pie 2
y A3 = A4 = 0.4 pie 2
. El flujo de masa que sale a trav´es de la secci´on 3 est´a dado como 3.88 slug/s. El gasto volum´etrico que entra a trav´es de la secci´on 4 est´a dado como 1 pie3
/s y la velocidad del fluido en la secci´on 1 es 10 pies/s. Si se supone que las propiedades son uniformes en cada una de las secciones por donde entra y sale flujo, determinar la velocidad promedio del fluido en a secci´on 2. ρagua = 1.94slug/pie3
Soluci´ on: Nuevamente ocuparemos la ecuaci´ on de conservaci´ on de la masa 0 = ∂ ∂t
V ρdV +
∂V ρv·
dAAdem´as estamos en presencia de un fluido estacionario, es decir, un fluido que no cambia sus propiedades al transcurso del tiempo
∂ ∂t
V ρdV = 0 Esto implica
∂V ρv·
dA = 0Ahora al igual que el ejercicio anterior, nuestra integral en cada una de las cuatro superficies de las respectivas cuatro secciones, queda como
∂V i ρ vi·
dA i = ρ
v i
Ai Entonces
∂V ρv·
dA =
∂V 1 ρ v1·
dA 1 +
∂V 2 ρ v2·
dA 2 +
∂V 3 ρ v3·
dA 3 +
∂V 4 ρ v4·
dA 4 = 4
i=1 ρ
vi
AiPor otro lado, como estamos en presencia de un fluido incomprensible, su densidad a lo largo de mi sistema se mantendra constante, por lo cual
±
v1A1±
v2A2±
v3A3±
v4A4 = 0Que no es m´as que la suma de los caudales, en este caso sabemos que el caudal Q4 =
−
1f t3/s,que el caudal de la secci´on 3 es de salida, lo cual esto se divide en dos casos, ya que en la secci´on 1 puede ser de entrada o salida, entonces remplazando los valores tendremos dos soluciones
v2 = 2ft/s
Si la secci´on 1 es de salida y
v2 =
−
6ft/s3. El aire en contacto directo con una frontera s´olida estacionaria tiene velocidad cero, es decir,
no existe deslizamiento en la frontera. De este modo, el flujo sobre la placa plana se adhiere a la superficie y forma una capa l´ımite, como se ilustra en la figura. Si el flujo antes de llegar a la placa es uniforme y su velocidad es v = v0 = 30 m/s. Suponiendo que la distribuci´on de velocidades en
la secci´on C D puede aproximarse a una l´ınea recta (vC = v0, vD = 0), siendo el espesor de la capa
l´ımite en esa secci´on de 5 mm y el ancho de la placa de 0, 6 mm, calcule el gasto m´asico a trav´es de la superficie B C del volumen de control ABCD. ρaire = 1, 24 Kg/m3.
Soluci´ on: A igual que en los ejercicios anteriores, estamos en presencia de un flujo incompresible y estacionaria, entonces
∂V
ρv
·
dA = 0De esta integral de flujo en las superficies, podemos descomponerla en tres partes (por las tres superficies en las cuales hay fujo)
∂V ρv·
dA = ρv BC ABC−
ρvABABC +
CD ρvCD·
dA CDLuego podemos remplazar la primera expresi´on de la derecha por su respectivo gasto m´asico
∂V ρv·
dA = dmBC dt−
ρvABABC +
CD ρvCD·
dA CDY como esto es igual a cero por las hip´otesis del flujo de las que hablamos m´as arriba dmBC dt
−
dmAB dt +
CD ρvCD·
dA CD = 0En la integral, tenemos una velocidad vCD que se aproxima a una l´ınea recta, as´ı que ocupando la
ecuacion de la recta, llegamos a la expresi´on vCD =
v0
−
0CD
−
0yDonde y var´ıa de D hasta C , en cuando a la diferencial de area dACD = 0, 6
·
10−3dy. Remplazando,integrando y evaluando de D a C obtenemos
CD
ρvCD
·
dA CD = 5, 58·
10−5Kg/sPor otro lado, remplazando en la otra expresi´on de nuestra ecuaci´on obtenemos ρvABABC = 1, 116
·
10−4
Kg/s Entonces ahora podemos obtener nuestro valor para el gasto m´asico
dmBC
dt = 1, 116
·
10−4Kg/s
−
5, 58·
10−5Kg/s4. Halle la expresi´on que caracteriza el tiempo de vaciado del dep´osito troncoc´onico de la
figura. S d = Superficie del agujero de salida
Soluci´ on: Por la ecuaci´ on de conservaci´ on de la masa tenemos que ∂ ∂t
V ρdV +
∂V ρv·
dA = 0Adem´as si nos fijamos bien y tomaramos el tanque como un cilindro de radio r2 su volumen
diferencial ser´ıa
dV = πr2dh
y esta radio se puede expresar como la suma
r2 = r1 + x
Ese x lo podemos obtener del ´angulo θ, ya que
tanθ = x h Donde h var´ıa de H a 0, entonces
dV = π(r1 + htanθ)dh
Pero como estamos en un tanque con un volumen fijo, entonces tanθ = r2
−
r1 H Remplazando dV = π(r1 + h r2−
r1 H )dhVolviendo a la ecuaci´on de continuidad, la masa que entra es de densidad constante y el gasto m´asico de salida tiene una expresi´on mas f´acil como la que veremos a continuacion, ya que estamos hablando de una superficie S d fija al igual que la velocidad de salida, entonces
ρdV dt + dm dt = ρ dV dt + ρvS d = 0 Entonces dV dt =
−
vS dRemplazando el diferencial de volumen en esta ultima igualdad obtenemos π(r1 + h
r2
−
r1H ) dh
dt =
−
vS dLa velocidad v para el vaciado de un tanque de estas caracter´ısticas, gracias al Teorema de Torricelli visto en cursos anteriores, sabemos que es v =
√
2gh, as´ı que remplazandoResolvemos esta EDO por separaci´on de variables para as´ı poder obtener el tiempo que nos piden π(r1 + hr2−r1 H )dh
√
2ghS d =−
dtDespues de integrar y resolver la integral del lado derecho, nos queda que el tiempo de vaciado del dep´osito es t =
√
2π S d√
g{
r2 1H + r1√
H 3 (r2−
r1) +√
H 5 (r2−
r1) 2}
5. El reactor se llena con agua limpia antes de que se inicie. Despu´es del arranque, se a˜nade
residuos que contienen un 100 mg/l de un contaminante a un caudal de 50m/dia. El volumen del reactor es de 500m3
. ¿Cu´al es la concentraci´on que sale del reactor como una funci´on del tiempo despu´es de que se inicia?
Soluci´ on: Por conservaci´on de la masa, tenemos que la ecuaci´on de balance de masa es dm dt = dmentra dt
−
dmsale dtComo la densidad del total var´ıa, pero el volumen total del tanque no, tenemos que V dρ dt = dmentra dt
−
dmsale dtAhora lo que entra tiene una concentraci´on fija a diferencia de la que sale, entonces V dρ dt = Qρentra
−
Qρ Despejando dρ ρentra−
ρ = Q V Ahora resolviendo por separacio´n de variables, obtenemos queρentra
−
ρ ρentra = e−V Q t ρ = ρentra(1−
e− Q V t)Es la concentraci´on en un instante dado t.
6. Por la pieza en Y de la figura circula agua a 20oC (ρ = 1000kg/m3). El flujo en peso (entrante)
en la secci´on 1 es de 5300N/s, y la velocidad en la secci´on 3 es de 5m/s. Calcular: a) Velocidad en la secci`on 1.
b) Flujo m´asico saliente en la secci´on 3. c) Velocidad en la secci´on 2.
Soluci´ on: a) Por el enunciado sabemos que el flujo en peso en la secci´on 1 es 5300N/s, es decir, dm1
dt = 5300
Y por la ecuaci´on de conservaci´on de la energ´ıa, el gaste m´asico en esta secci´on no es m´as que dm1
dt = ρv1A1 Remplazando obtenemos que la velocidad en la secci´on 1 es
v1 = 3, 4m/s
b) Nuevamente ocupando la ecuaci´on de conservaci´on en la secci´on 3 dm3
dt = ρv3A3
Aqu´ı la velocidad es 5m/s, seg´un la figura el radio es r3 = 0.1m, entonces el ´area es A3 = π(0.1)2m2,
por lo tanto el flujo m´asico saliente de la secci´on 3 es dm3
dt = 157kg/s
c) Como conocemos los valores de los flujos m´asicos de las otras secciones, podemos ocupar la ecuaci´on de conservaci´on dm1 dt = dm2 dt + dm3 dt Despejando dm2 dt tendremos dm1 dt
−
dm3 dt = dm2 dt ρv1A1−
157kg/s = dm2 dt y remplazando los datos obtenemosdm2
dt = 383, 8kg/s Y como
dm2
dt = ρv2A2
El ´area de esta secci´on es A2 = π(0.15)2m2 As´ı que remplazando obtenemos que la velocidad en
la secci´on 2 es
