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(1)

VACIADO DE TANQUES

• .

(2)

PROBLEMA

Suponga que el agua sale de un depósito por un orificio

circular de área Ak en su fondo. Cuando el agua sale por

el orificio, la fricción y la contracción de la corriente cerca

del orificio reducen el volumen de agua que sale del

depósito.. Determine la ecuación diferencial para la

altura h del agua en el instante t para el depósito que se

muestra a continuación. El radio del orificio es de 2 pulg

y g= 32

(3)

Solución

El volumen del agua en el tanque en el instante t es V w = Ah

Con esa ecuación podemos plantear una diferencial entre la altura y el tiempo en el que disminuye el volumen de agua en el recipiente:

Hemos conseguido una ecuación diferencial en base a los parámetros definidos planteada generalmente. Sin embargo, hay, a modo de condiciones iniciales unos valores que se pueden determinar para solucionar particularmente esta ecuación

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• Usando

• sustituyendo estos valores para las condiciones establecidas:

(5)

• Hallar el tiempo en vaciar el cono de Radio “R” en la

base con 3 agujeros de area “a” como se muestra en

la figura

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Finalmente hallamos el tiempo total=Tt=t1+t2+t3

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Problema:

Se tiene un recipiente recto cuya sección transversal es como semielse de

semiejes a y b (a>b). Su altura en H. tendido en posición l recipiente en posición horizontal y base rectangular hacia arriba ) , se le llena de agua. Si en esa posición, en el fondo presenta un orificio de salida de sección transversal A, calcule el

tiempo de vaciado, sabiendo que su coeficiente de gasto es c.

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Sean V(t) y h(t) el volumen y la altura de agua en el recipiente

Por Torricelli: dV = -cA dt ………..(1)

Además: dV = -A(h)dh = -2xHdh ………..(2)

Pero (x;h )E elipse que tiene ecuación. + = 1

Entonces x =

En (2): dV = -2 dh = cA dt

(12)

→ - t = + k ………(3)

Para t = 0 → h= b, en (3): k =

En (3): t =

Para h = 0 →

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PROBLEMA 3. Una esfera con radio R está llena de agua. Se hacen dos agujeros de área A en sus puntos más alto y más bajo para que entre el aire y salga el agua. Usando c=0.6, encontrar los valores de T₁ y T₂ en segundos, necesarios para que salga la mitad y la totalidad del agua, respectivamente.

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Solución:

Datos: V(t) = volumen del agua en un instante t

h(t) = altura del nivel de agua en un instante t

Sabemos: (para vaciado de tanques)

Condiciones iniciales: t=0  h=2R

Para que salga la mitad del agua (T₁), hacemos h = R Para que salga la totalidad del agua (T₂), hacemos h = 0

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Problemas resueltos de Ecuaciones Diferenciales

1.Un deposito que tiene la forma de un cilindro circular recto de 4m de diámetro termina en un cono

invertido, siendo la altura de dicho cono 6m. Estando lleno todo el reservorio(cilindro y cono), el agua sale a través de un orificio circular de 2cm de radio ubicado en la parte inferior(vértice del cono). Determina la altura del cilindro circular recto para que el tiempo de descarga de este sea igual al del cono invertido(tomar como coeficiente de gasto c=0,6).

Φ=4m solución para el cilindro: A1.dh=-ca 2g(h1+6) dt dh (ᴨ4) / h1+6 dh= -c 2g ᴨ (0,02)(0,02)dt t1 h1 H 8 h1+6 = - 2g 0,0004ct + K cond. Iniciales t=0;h1=H;  K=8 H+6 . r 8 h1+6 - 8 H+6 = - 0,0004c 2g t dh 6m para ,t=t1; h=0 . t2 h2 t1=(8 6 - 8 H+6 )/(-0,0004c 2g ) ………(1) r=2cm

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Solución para el cono:

ℎ2

𝑟 = 3; → 𝑟 = ℎ2

3 Del problema nos piden la altura H

𝜋r^2dh=-c 2𝑔ℎ2 𝜋0,0004dt para que t2=t1. (ℎ2)^2 9 𝑑ℎ = −0,0004𝑐 2𝑔 ℎ2 dt 2∗ 6 52 45∗0,0004𝑐 2𝑔 = 8 −0,0004𝑐 2𝑔 [ 6 − 𝐻+6] 1 2 5(ℎ2)^ 5 2 = - 9* 0,0004c 2𝑔𝑑𝑡 + 𝐾1 Cond. Iniciales t=0;h2=6;k1=2∗ 6 5 2 5  H = 2,64m ….(respuesta) t = −2₅ ∗ ( ℎ2 5 2_{− 6} 52₎ 9∗0,0004𝑐 2𝑔 Para t=t2; h2=0; t2 = 2∗ 6 5 2 45∗0,0004𝑐 2𝑔 … … … … (2)

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3. Dos químicos, A y B, reaccionan para formar otro químico C. se encuentra que la tasa a la cual C se forma varia con las cantidades instantáneas de los químicos A y B presentes. La formación requiere de 2lb de A por cada libra de B. si 10lb de A y 20lb de B están presentes inicialmente, y si 6lb de C se forman en 20 min, encontrar la cantidad del

químico C en cualquier tiempo. Solución: 𝑠𝑒𝑎 𝑥 𝑙𝑎 𝑐𝑎𝑛𝑡𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑑𝑒 𝑙𝑖𝑏𝑟𝑎𝑠 𝑑𝑒 𝐶 𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎𝑑𝑎𝑠 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑡𝑖𝑒𝑚𝑝𝑜 𝑡 𝑒𝑛 ℎ𝑜𝑟𝑎𝑠. 𝑙𝑢𝑒𝑔𝑜 𝑑𝑥 𝑑𝑡 𝑒𝑠 𝑙𝑎 𝑡𝑎𝑠𝑎 𝑑𝑒 𝑠𝑢 𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛. 𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎𝑟 𝑥𝑙𝑏 𝑑𝑒 𝐶, 𝑛𝑒𝑐𝑒𝑠𝑖𝑡𝑎𝑚𝑜𝑠 2𝑥 3 𝑙𝑏 𝑑𝑒 𝐴 𝑦 𝑥 3𝑙𝑏 𝑑𝑒 𝐵, 𝑝𝑢𝑒𝑠𝑡𝑜 𝑞𝑢𝑒 𝑠𝑒 𝑛𝑒𝑐𝑒𝑠𝑖𝑡𝑎 𝑞𝑢𝑒 𝑒𝑙 𝑞𝑢𝑖𝑚𝑖𝑐𝑜 𝐴 𝑠𝑒𝑎 𝑒𝑙 𝑑𝑜𝑏𝑙𝑒 𝑑𝑒 𝐵. 𝑃𝑜𝑟 𝑡𝑎𝑛𝑡𝑜, 𝑙𝑎 𝑐𝑎𝑛𝑡𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑑𝑒 𝐴 𝑝𝑟𝑒𝑠𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑎𝑙 𝑡𝑖𝑒𝑚𝑝𝑜 𝑡 𝑐𝑎𝑢𝑛𝑑𝑜 𝑠𝑒 𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎𝑛 𝑥𝑙𝑏 𝑑𝑒 𝐶 𝑒𝑠 𝑑𝑒 10 − 2𝑥 3 , y la 𝑐𝑎𝑛𝑡𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑑𝑒 𝐵 𝑒𝑛 𝑒𝑠𝑡𝑒 𝑡𝑖𝑒𝑚𝑝𝑜 𝑒𝑠 20 − 𝑥₃. Por tanto: 𝑑𝑥 𝑑𝑡 = K 10 − 2𝑥 3 20 − 𝑥 3 siendo K(const) Esta ecuación puede escribirse

𝑑𝑥

𝑑𝑡 = 𝑘 15 − 𝑥 60 − 𝑥

Hay dos condiciones. Puesto que el químico C inicialmente no esta presente , tenemos x=0 en t=0. también X=6 en t=1/3.

𝑑𝑥

(18)

Solucion 𝑑𝑥 (15 − 𝑥)(60 − 𝑥) = 1 45 1 15 − 𝑥 − 1 60 − 𝑥 𝑑𝑥 = 1 45𝐿𝑛( 60 − 𝑥 15 − 𝑥) Así podemos mostrar que 60−𝑥_1−𝑥 = 𝑐𝑒45𝑘𝑡

Puesto que x=0 en t=0. encontramos c=4, Así 60−𝑥_1−𝑥 = 4𝑒45𝑘𝑡 Puesto que x=6 en t=1/3. tenemos

𝑒15𝑘 = 4₃ Asi: 60 − 𝑥 15 − 𝑥 = 4𝑒45𝑘𝑡 = 4 3 2 3𝑡 

𝑥 =

15[1−

3 ₂

3𝑡

]

1−

1 ₄

3 ₂

3𝑡

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5.-un deposito que tiene la forma de un cilindro que termine en un casquete hemisférico de diámetro D metros, esta lleno de agua que sale a través de un orificio de A metros cuadrados ubicado en la base del recipiente. Si la altura total del reservorio es de es de 1,5D, y el coeficiente de gasto es c, calcular el tiempo que se requiere para quedar vacío.

SOLUCION:

sea D=2R  la altura será 3R. Dividiremos el problema en dos partes:

Tiempo que se demora en vaciarse la parte que corresponde al cilindro(es decir desde H=3R hasta H=R), Y:

tiempo que se tomara en vaciarse el casquete hemisférica( es decir desde H=R hasta H=0) 2R Para el cilindro: Tenemos: 𝑑𝑣 = 𝑐𝐴 2𝑔ℎ. 𝑑𝑡 … … … . . (1)

pero 𝑑𝑣 = −𝐴 ℎ 𝑑ℎ. 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝐴 ℎ = 𝜋𝑅2 … . 𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠: 𝑑𝑣 = −𝜋𝑅2𝑑ℎ En(1) :−𝜋𝑅2𝑑ℎ = 𝑐𝐴 2𝑔. ℎ. 𝑑𝑡 → 𝑑ℎ_ℎ = −𝑐𝐴 2𝑔_𝜋𝑅₂ 𝑑𝑡 R → 2 ℎ = 𝑐𝐴 2𝑔_𝜋𝑅₂ 𝑡 + 𝐾 … … … 2 Para t=0  h=3R. En(2): 2 3𝑅 = 𝐾 → 𝑒𝑛 2 : 2 ℎ = 𝑐𝐴 2𝑔_𝜋𝑅₂ 𝑡 + 2 3𝑅 … … … . . 3

 Tiempo que se demora en vaciarse la parte que corresponde al cilindro H=h=R.. T1=? 2 ℎ = 𝑐𝐴 2𝑔_𝜋𝑅₂ 𝑡 + 2 3𝑅 → 𝑡1 = 2𝜋𝑅_𝑐𝐴2 _2𝑔𝑅 3 − 1 𝑠𝑒𝑔. (𝛼)

(20)

Para el casquete hemisférico. Tenemos : 𝑑𝑣 = 𝑐𝐴 2𝑔𝑦𝑑𝑡 4 Pero 𝑑𝑣 = −𝐴 𝑦 𝑑𝑦 𝑦 𝐴 𝑦 = 𝜋𝑟2 , 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑟2 = 𝑅2 − 𝑅 − 𝑟 2 = 𝑦(2𝑅 − 𝑦) → 𝐴 𝑦 = 𝜋𝑦 2𝑅 − 𝑦 . 𝐸𝑛 1 − 𝜋𝑦 2𝑅 − 𝑦 𝑑𝑦 = 𝑐𝐴 2𝑦 𝑦. 𝑑𝑡 → 2𝑅 𝑦 − 𝑦32 𝑑𝑦 = −𝑐𝐴 2𝑔 𝜋 𝑑𝑡 → 20𝑅𝑦32_−6𝑦52 15 = − 𝑐𝐴 2𝑔 𝜋 𝑡 + 𝐾 5 Para t=0, y=R. En (5) : 𝐾 = 20𝑅𝑅 3 2_−6𝑦52 15 = 14 15𝑅 5 2 En (5), quede: 20𝑅𝑦32 − 6𝑦52 15 = − 𝑐𝐴 2𝑔 𝜋 𝑡 + 14 15𝑅 5 2 6

tiempo que de demora en vaciarse la parte que corresponde al casquete (es decir desde H=y=R hasta H=y=0) es : t2=? Para y=0. En(6):𝑐𝐴 2𝑔_𝜋 𝑡2 = 14₁₅𝑅 5 2 → 𝑡2 = 14𝜋 15𝑐𝐴 2𝑔𝑅 5 2𝑠𝑒𝑔. 𝛽

El tiempo de vaciado total es : t=t1+t2 , es decir:

𝑡 = 2𝜋𝑅2 𝑐𝐴 𝑅 2𝑔 3 − 1 + 14𝜋 15𝑐𝐴 2𝑔 𝑅 5 2

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PROBLEMA 11) Un tanque cilíndrico de 1.22 m de alto descansa sobre su base circular

de 0.915m de radio. Al mediodía, cuando el tanque está lleno de agua, se destapa un orificio de radio de 1.27 cm en el fondo y se vacía el tanque. Hállense las horas en las cuales el tanque estaba a la mitad, a la cuarta parte y al vacío.

SOLUCIÓN:

Sean V(t) y h(t) el volumen de agua en el recipiente y la altura del nivel del agua por encima del orificio, en un instante t después de comenzado el proceso.

NOTA: t = 0 (va significar el mediodía) Por la ley de Torricelli sabemos que: dV = cB 2𝑔ℎ𝑑𝑡 . . .(1)

Nuestro problema se reduce a expresar dv como dV = - A(h)dh….(2)

Donde V(h) y A(h) significan volumen de agua en el recipiente y el área de superficie libre del agua cuando se encuentra a una altura h por encima del orificio.

Luego A(h) = 𝜋𝑟2 = 𝜋(0.915)2. En (2): dV = - 𝜋(0.915)2dh Como no entra agua, tenemos en (1):

(22)

Pero: B = 𝜋𝑟2 = 𝜋(1.27/100)2. En (3):

- 𝜋(0.915)2dh = 0.6 𝜋 (1.27₁₀₀ )2 2𝑔 ℎ𝑑𝑡 𝑑ℎ_ℎ = - 0.6(

1.27

100)2 2𝑔

(0.915)2 𝑑𝑡 . . .(4)

Pero g = 9.8 m/𝑠𝑒𝑔2, y efectuando en (4), tenemos:

1 2ℎ

− 1/2_{𝑑𝑡 = - 0.000255 dt} _{ℎ = c – 0.000255t} _{. . .(5)}

Cuando h = 1.22 t = 0. En (5): c = 1.1, Luego queda:

t = _0.0002551.1 − ℎ . . .(6) El tanque está a la mitad: h = 1.22₂ = 0.61 cuando

t = 1.1 − 0.61_0.000255 = 1.255 seg.

Es decir estará a la mitad, alrededor de las 12h + 20min + 55seg ≈ 12h 21min. El tanque está a la cuarta parte: h = 1.22₄ = 0.305 cuando

t = 1.1 − 0.305_0.000255 = 2.156 seg. O sea alrededor de las 12h 36min.

El tanque está vacío: h = 0 cuando t = _0.0002551.1 = 4.314 seg, alrededor de las 13h 12 min.

(23)

PROBLEMA 12) Un tanque rectangular de base 𝐵2y altura H tiene dos agujeros de área A, uno en el fondo y otro en una cara lateral a la mitad de la altura H. Si el tanque está inicialmente lleno de agua y con un coeficiente de gasto c. Durante cuanto tiempo saldrá agua por el agujero lateral.

SOLUCIÓN:

Por Torricelli, como hay dos agujeros:

dV = cA 2𝑔ℎ𝑑𝑡 + cA 2𝑔 ℎ − 𝐻₂ 𝑑𝑡 . . .(1) Por otro lado: dV = -A(h)dh . . .(2) Pero A(h) = 𝐵2. En (2): dV = - 𝐵2dh . . .(3) Ahora (3) en (1): -𝐵2dh = cA 2𝑔( ℎ + ℎ − 𝐻/2)dt -𝐵2 _{ℎ+ ℎ−𝐻/2}𝑑ℎ = cA 2𝑔𝑑𝑡 -𝐵2 _{ℎ−(ℎ−𝐻/2)}ℎ+ ℎ−𝐻/2 dh = cA 2𝑔𝑑𝑡 -𝐵_𝐻2 2₃ℎ3/2 − 2₃(ℎ − 𝐻/2)3/2 = cA 2𝑔𝑡 + k 4 3 𝑅2 𝐻 (ℎ − 𝐻/2) 3/2_−ℎ3/2 _{= cA 2𝑔𝑡 + k} _{. . . .(4)}

(24)

C.I: t = 0 h = H. En (4):

K = 4₃𝑅_𝐻2 (𝐻₂)3/2−𝐻3/2 = 2−4₃ 𝐵2𝐻1/2

En (4): 4₃𝑅_𝐻2 (ℎ − 𝐻/2)3/2−ℎ3/2 = cA 2𝑔𝑡 + 2−4₃ 𝐵2𝐻1/2 . . .(5) Nos piden t = ? Para h = H/2

En (5): 4₃𝑅_𝐻2 −𝐻₂_3/23/2 = cA 2𝑔𝑡 - 4− 2₃ 𝐵2𝐻1/2

cA 2𝑔𝑡 = - ₃2𝐵2𝐻1/2 + 4− 2₃ 𝐵2𝐻1/2 = 4−2 2₃ 𝐵2𝐻1/2 t = 4−2 2_{3 2} .𝐵_{𝑐𝐴 𝑔}2𝐻1/2 = 2 2−2₃ .𝐵_{𝑐𝐴 𝑔}2 𝐻

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17)Dos depósitos pequeños, con orificios e idénticos en el fondo se vacían al mismo tiempo. Uno de ellos es un cilindro con el eje vertical y el otro, un cono con el vértice hacia abajo. Si tienen bases iguales y la altura del cilindro es H. ¿ Cuál es la altura del cono ? Considerar el mismo coeficiente de descarga para ambos.

• SOLUCION : Para el cilindro:

Sean V(t) y h(t) el volumen de agua en el recipiente y la altura del nivel del agua por encima del orificio, en un instante t, después de empezado el proceso.

Sea R=radio de la base de ambos ( cilindro y cono )

(26)

Como 𝐴 ℎ = 𝜋𝑅2 … 3 , 𝑦 𝑛𝑜 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎 𝑎𝑔𝑢𝑎. En (2) : 𝑑𝑉 = −𝜋𝑅2𝑑ℎ Luego en (1): −𝜋𝑅2𝑑ℎ = 𝑐𝐵 2𝑔ℎ𝑑𝑡 → 𝑑ℎ ℎ = − 𝑐𝐵 2𝑔 𝜋𝑅2 𝑑𝑡 2 ℎ = −𝑐𝐵 2𝑔 𝜋𝑅2 𝑡 + 𝑘 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖ó𝑛 𝑔𝑒𝑛𝑒𝑟𝑎𝑙 Para t=0 -> h=H . Luego 𝑘 = 2 𝐻, 𝑅𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜: 2 ℎ = −𝑐𝐵 2𝑔 𝜋𝑅2 𝑡 + 2 𝐻

El tiempo de vaciado t₁es : ( t₁=? Para h=0) 0 = −𝑐𝐵 2𝑔 𝜋𝑅2 𝑡1 + 2 𝐻 → 𝑐𝐵 2𝑔 𝜋𝑅2 𝑡1 = 2 𝐻 → 𝑡1 = 2𝜋𝑅 2 _𝐻 𝑐𝐵 2𝑔 𝑠𝑒𝑔

Para el cono : Teniendo presente que el radio de la base R es el al igual que c y B,

En este caso 𝐴 ℎ1 = 𝜋𝑟2… 1 Por semejanza de triángulos :

𝑅 𝑟 = 𝐻1 ℎ1 → 𝑟 = 𝑅 𝑅1 ℎ1 . En (1): 𝐴 ℎ1 = 𝜋 𝑅 𝑅1 2 ℎ12 Luego 𝑑𝑉 = −𝜋 _𝑅1𝑅 2ℎ12 𝑑ℎ1

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Por Torricelli: = −𝜋 𝑅 𝑅1 2 ℎ12 _{𝑑ℎ = 𝑐𝐵 2𝑔ℎ1 𝑑𝑡} → ℎ132𝑑ℎ1 = −𝑐𝐵 2𝑔 𝜋 𝐻1 𝑅 2 𝑑𝑡 → 2 5ℎ1 5 2 = −𝑐𝐵 2𝑔 𝜋 𝐻1 𝑅 2 𝑡 + 𝑘 Para 𝑡 = 0 → ℎ1 = 𝐻1 ; 𝐿𝑢𝑒𝑔𝑜 𝑘 = 2₅𝐻1 5 2

El tiempo de vaciado t2 es ( t2 = ? cuando h1=0) 0 = −𝑐𝐵 2𝑔 𝜋 (𝐻1/𝑅)2𝑡2 + 2 5𝐻1 5 2 → 𝑐𝐵 2𝑔 𝜋 𝐻1 𝑅 2 𝑡2 = 2 5𝐻1 5 2 → 𝑡2 = 2𝜋 5𝑐𝐵 2𝑔 𝐻2 𝐻12 𝐻1 5 2 → 𝑡2 = 2𝜋 5𝑐𝐵 2𝑔 = 𝑅 2_𝐻11₂ _{… 𝛽}

Por dato: El tiempo de vaciado es el mismo. Luego t1=t2 Entonces de 𝛼 𝑦 𝛽 ∶ 2𝜋𝑅2 𝑐𝐵 2𝑔 = 2𝜋 5𝑐𝐵 2𝑔𝑅 2_𝐻11₂ _→ _{𝐻1 =} 𝐻1 5 → 𝐻 = 𝐻1 25 → 𝐻1 = 25𝐻

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Un tanque rectangular de área

de base 1m

2

_{y altura 4m tiene}

dos agujeros idénticos de área

1cm

2

_{: uno en el fondo y el otro}

en una cara lateral a la mitad de

la altura H. Si el tanque está

inicialmente lleno de agua y

tomando 0.6 como coeficiente

de gasto, calcular durante cuanto

tiempo

saldrá

agua

por

el

agujero.

(29)

Solución

Por la ley de Torricelli sabemos que:

Entonces el caudal con el que el líquido sale por el agujero 1 es:

y el caudal con el que el líquido sale por el agujero 2 es:

(30)

Esta ecuación solamente es utilizable mientras salga agua por ambos

agujeros, entonces se integra hasta que ya no pueda salir agua por el

agujero 1 (h=H/2):

(31)

Cuando ya no puede salir agua por el agujero 1:

(32)