Ecuaciones diferenciales Ap Aplic licacio acion nes a las mezclas y fluidos 1. Introducción 2. Principios teóricos 3. Ejercicios 4. Bibliografía
Introducción Este trabajo a sido concebido con el principal propósito de ayudar mediante ejemplos a la resolución de problemas sobre la aplicación de EDO’s (ecuaciones (ecuaciones diferenciales) diferenciales) a las mezclas y fluidos; para lo cual nos ayudaremos de las ecuaciones diferenciales de 1er grado.
Principios Teóricos Mezclas
Definamos Definamos la concentración de una sustancia como: Concentración Concentración = Cantidad de sustancia/ Volumen sustancia/ Volumen total Cuando tenemos un recipiente conteniendo una mezcla homogénea; el cual tiene una entrada y una salida; entonces: En un instante cualquiera una sustancia presente en la mezcla se definirá como:
Donde: Q (t) = cantidad de sustancia. Qe = cantidad de sustancia de entrada. Qs = cantidad de sustancia de salida. Además sabemos sabemos que: Qe = V e*Ce. Qs = V s*Cs. Donde: V e = Volumen entrante. entrante. V s = Volumen de salida. Ce = Concentración de entrada. Cs = Concentración de salida. El volumen en un tiempo cualquiera será:
V (t)=V 0 + (V e - V s) t Donde: V (t) = cantidad de sustancia. V e = cantidad de sustancia de entrada. V s = cantidad de sustancia de salida. Entonces la concentración de la sustancia en el recipiente será: C (t) = Q (t) / V (t) Derrama de fluidos
Si tuviésemos un depósito conteniendo a un líquido que escapa por un orificio del depósito (no existe flujo de entrada); entonces: Puesto que la altura de carga varía con el tiempo, sabemos que , es decir el flujo no es estacionario. Esto significa que la ecuación de energía debe corregirse introduciendo un término de aceleración, que complica mucho la solución. En tanto la altura de la carga no varíe demasiado rápido no se producirá un apreciable error el suponer el flujo estacionario y, por consiguiente, despreciar el termino de carga de aceleración. Sean V(t) y h(t) el volumen de agua en el depósito y la altura del liquido por encima del orificio, en un instante t después de empezado el proceso: Por Torricelli sabemos que: Pero la diferencial del volumen también se puede expresar de la siguiente manera: dV = A(h)*d(h) Entonces quedaría: Tendríamos una relación entre la altura y el tiempo.
Ejercicios 1) Una fábrica de papel esta situada cerca de un río con fluido constante de 100
m3/seg.; el cual va a dar a la única entrada de un lago de volumen 10 9 m3. Suponga que en el instante t = 0, la fabrica de papel empieza a bombear contaminantes al río a razón de 1 m3 por segundo; y que la entrada y salida del lago son constantes e iguales ¿cual será la concentración de contaminantes en el lago al cabo de un tiempo t?
Solución:
Sea X (t) la cantidad de sal que hay en el tanque en el instante t; entonces la velocidad de entrada de sal al tanque en el instante t es:
También en el instante t, la cantidad de líquido en el tanque es de:
La concentración es de:
La velocidad de salida de la sal es de:
Luego nuestra ecuación diferencial es:
Para resolverla consideremos la ecuación Homogénea:
Que se puede escribir:
La solución de la homogénea es:
Haciendo variar la constante: c = c (t) y reemplazando en la no homogénea tenemos:
Por lo tanto:
Como x (0) = 0, tenemos c =10006, y entonces nuestra solución es:
Así, la concentración de sal en el instante t es de:
Tenemos que encontrar t tal que:
Entonces:
Por tanto: t = 1000 min. 2) Cierto producto químico se disuelve en el agua a una velocidad proporcional al
producto de la cantidad aun no disuelta y la diferencia entre las concentraciones en una solución saturada y la concentración en la solución real. Si sabe que en 100 gr. de una solución saturada están disueltos 50 gr. de la sustancia. Si se agitan 30 gr. del producto químico con 100 gr. de agua en 2 horas se disuelven 10 gr. ¿Cuánto se disolverá en 6 horas? Solución:
Sea Q (t) = numero de gramos del producto químico no disuelto después de un instante t. La concentración real será: Cr(t) = Por dato: d Q (t) / d t = kQ(Cs – Cr) = kQ ( Resolviendo resulta:
; y la concentración saturada: Cs(t) =
-
) = kQ(
)
=> => Para t = 0 => Q = 30 en (1) , en (1) :
=>
…..(1)
….. (2)
Para t = 2 => Q = 30 -10 = 20 en (2)
En (2), queda:
Para t = 6 => =>
La cantidad disuelta en 6 horas es
, por lo tanto la disuelta será:
3) Un liquido transparente transporta una droga dentro de un órgano de volumen V
cm3 a una velocidad de "a" cm3/seg. y sale a una velocidad de "b" cm 3/seg. Si la concentración de la droga con el liquido que entra es "c" gr. /cm 3. a) Escriba la ecuación diferencial para la cantidad de droga en un instante cualquiera. b) Resolver dicha ecuación diferencial. Solución: a) Sea Q (t) la cantidad de droga en el órgano en un instante cualquiera.-
Luego: Pero Y además
…… (1) …… (2) ……. (3)
Para un instante cualquiera la concentración es:
Ahora
, en (3):
……. (4)
(2) y (4) en (1): ……. (5) F.I. =
para todo
…… (6)
b) (5) * (6): …… (7) Condición inicial: t = 0 =>
. En (7):
En (7): 4) Un depósito tiene la forma de un cono truncado con 2,4 m de diámetro en la base
superior y 1.2 m en la inferior. El fondo contiene un orificio cuyo coeficiente medio de descarga es de 0,60 m. ¿Cuál deberá ser el diámetro del orificio para vaciar el deposito en 6 minutos si la altura de carga inicial es de 3,0 m? Solución:
Sabemos que: En el problema: 0.6 * (1/4) π* d2 * dt = Donde: d2 = diámetro del orificio. Puesto que t = 360 segundos; integrando en ambos lados se obtiene: d2 = Operando tenemos:
d = 0.0987 5) Un embudo, en cuya salida se tiene un ángulo de 60 o y un área de la sección recta de
0.5 cm2, contiene agua. En el instante t = 0 se abre la salida y el agua fluye afuera. Determinar el tiempo en que se vaciara el embudo, suponiendo que la altura inicial del nivel del agua es de 10 cm. Por Torricelli:
A (h) = Entonces reemplazando tenemos:
Para t = 0 => h = 10 Luego: Reemplazando tenemos:
Para h = 0;
Bibliografía
Saal R. Cesar; Ecuaciones diferenciales. Ronald V. Giles (1991); Mecánica de los fluidos e Hidráulica (1ra ed.); McGrawHill/ Interamericana de México, S.A. •
•
http://www.monografias.com/trabajos30/mezclas-y-fluidos/mezclas-y fluidos.shtml#ejercicios#ejercicios
Vibraciones Las vibraciones en los sistemas mecánicos son causadas por fuerzas externas, Una cuerda de violín vibra por la acción del arco, una viga de acero vibra si se golpea con un martillo y un puente vibra si lo cruza un contingente de soldados marchando con cierta cadencia. Esta sección se utilizan las ecuaciones diferenciales para analizar las vibraciones de un resorte Según la ley de Hooke, la fuerza que se necesita para estirar un resorte y unidades a partir de su longitud natural es ky, para algún número real positivo k, que se llama constante de fuerza del resorte. La fuerza restauradora del resorte es – ky. Supongamos que se sujeta al resorte un cuerpo de peso W, y que en la posición de equilibrio el resorte se alarga una distancia l 1 más allá de su longitud natural l 0, como se observa en la siguiente gráfica.
Figura 1
Si g es la aceleración de la gravedad, y m la masa del cuerpo, entonces W = mg y en posición de equilibrio mg = kl o bien mg – kl = 0 suponiendo que la masa del resorte es despreciable compara con m Supongamos que el cuerpo se tira hacia abajo y se suelta. Se introduce una recta coordenada como se observa en la siguiente gráfica. Donde y denota la distancia (con signo) desde el punto de equilibrio hasta el centro de masa del cuerpo a los t segundos. La fuerza F que actúa sobre el cuerpo cuando la aceleración es a de acuerdo con la segunda ley del movimiento de Newton, está dada por F = ma Suponiendo que el movimiento es no amortiguado, es decir que no hay ninguna fuerza externa en contra del movimiento, y que el cuerpo se mueve en un medio sin fricción, se ve que F = mg – k(l 1 + y) = mg – kl 1 – ky = -ky Como F ma y a = d²y/dt², esto implica que
m = d²y = - ky dt² Dividiendo ambos lados de esta ecuación entre m se obtiene la siguiente ecuación diferencial Vibración Sin Amortiguamiento (Libre) 15
d²y/dt² + k/m * y = 0
EJEMPLO 1
Demostrar que si un cuerpo de masa m se encuentra en movimiento vibratorio no amortiguado, el movimiento armónico simple. Calcular el desplazamiento si el cuerpo se desplaza a una distancia I2 y luego desde velocidad cero. Si denotamos k/m por w² d² y + w²y = 0 dt² las soluciones de la ecuación auxiliar m² + w² = 0 son ± wi. Por tanto, según el teorema como y = C 1 cos wt + C 2 sen wt Resulta que el cuerpo se encuentra en movimiento armónico simple. Si el cuerpo se lleva a una distancia I2 y luego se suelta desde velocidad cero, entonces a t = 0 I 2 = C 1 (1) + C 2 (2) o bien C1 = I2 Como dy = - wC1 sen wt + wC 2 cos wt, Tenemos también (en t= 0) que 0 = - wC 1 (0) + w C2 (1) o bien C2 = 0 por lo tanto, el desplazamiento y del cuerpo al tiempo t es y = I 2 cos wt Esta clase de movimiento ya se analizó anteriormente. La amplitud (el desplazamiento máximo) es I y el período (el tiempo que tarda una oscilación completa) es 2p / Ö m/k. En la siguiente gráfica se representa este tipo de movimiento.
Figura 2
EJEMPLO 2
Un cuerpo que pesa 8 lbf estira resorte vertical 2 pie más allá de su longitud natural. Luego el cuerpo tiene otro desplazamiento de ½ pie y se suelta con una velocidad inicial de 6 pie/s. Encontrar una fórmula para el desplazamiento del cuerpo en cualquier tiempo t . Solución
De la ley de Hooke, 8 = k(2) o bien k = 4. Si y es el desplazamiento del cuerpo con respecto a su posición de equilibrio al tiempo t , entonces, según la vibración sin amortiguamiento (libre)
d² y + 4 y = 0 dt²
m
como W = mg, se tiene que m = W/g = 8/32 = ¼. Por lo tanto, d² y +16 y = 0 dt² Esto implica que y = C 1 cos 4t + C 2 sen 4t En t = 0, tenemos y = ½ y por lo tanto, ½ = C (1) + C (0) o bien C = ½ . dy = -4C1 sen 4t + 4C2 cos 4t dt y dy/dt = -6 en t = 0, obtenemos -6 = -4C (0) + 4C (1) o bien C = - ¾
Por lo que, el desplazamiento al tiempo t esta dado por Yy = ½ cos 4t – ¾ sen 4t Consideremos ahora el movimiento del resorte cuando hay una fuerza de amortiguamiento (o de fricción), como en el caso en que el cuerpo se mueve sumergido en un fluido, como se observa el la siguiente figura
FIGURA 3
Los amortiguadores de un automóvil son un buen ejemplo de este caso. Se supondrá que la dirección de la fuerza amortiguadora es opuesta a la del movimiento y que la magnitud es directamente proporcional a la velocidad del cuerpo. Por tanto, la fuerza de amortiguamiento está dada por –c(dy/dt ) para una constante positiva c, De acuerdo con la segunda ley de Newton, la ecuación diferencial que describe el movimiento es m d²y = -ky – c dy dt²
dt
Dividiendo entre m y ordenando los términos, se obtiene la siguiente ecuación diferencial. Vibración Amortiguada (libre) 16.
d² y + c dy + k y = 0 dt²
m dt m
EJEMPLO 3
Analizar el movimiento de un cuerpo de masa m en movimiento vibratorio amortiguado. SOLUCION. Sea k/m = w². Para simplificar las raíces de la ecuación auxiliar, definimos también c/m = 2p. Usando esta notación d² y + 2p dy + w²y = 0 dt ²
dt
Las raíces de la ecuación auxiliar m² + 2pm + w² = 0
-2p ± Ö 4p2 – 4w² = -p ± Ö p² - w² 2 Las tres siguientes posibilidades para las raíces corresponden a tres tipos posibles de movimiento del cuerpo. p² - w² > 0, p² - w² = 0 - p² - w² < 0 A continuación se da una clasificación de estos tres tipos de movimiento.
Caso (I) P² - W² > 0: Vibración Sobreamortiguada
La solución general de la ecuación diferencial es y = e-pt (C 1 eÖ p² - w²t + C 2 eÖ p² - w²t ). En el caso en consideración, p² - w² = c² - k = c² - 4mk > 0 4m m
4m²
De manera que c² > 4mk. Esta demuestra que c es grande con respecto a k; es decir, la fuerza amortiguadora domina a la fuerza de restauración del resorte y el cuerpo regresa a su posición de equilibrio más o menos rápidamente. Este caso se da cuenta el fluido tiene viscosidad alta, como sucede con el aceite pesado y la grasa.
La forma en que y tiende a 0 depende de las constantes C y C de la solución general. Si ambas constantes son positivas, la gráfica tiene la forma general que se ilustra en la siguiente gráfica GRAFICA 1 (i)
Y si tienen signos opuestos, la gráfica se asemeja a la que se muestra a continuación GRAFICA 2. (ii)
CASO (ii) p ² – w ² = 0
Vibración con amortiguamiento crítico En este caso la ecuación auxiliar tiene una raíz doble – p, y la solución general de la ecuación diferencial es y = e-pt (C 1 + C 2 t) En la siguiente figura se muestra una gráfica típica de este caso, que es parecida a la figura .11(i). Sin embargo, en este caso, una disminución en la fuerza de amortiguamiento por pequeña que sea lleva al movimiento oscilatorio del siguiente tipo.
CASO (iii) p ² - w² < 0: Vibración subamortiguada
Las raíces de la ecuación auxiliar son complejas conjugadas a ± bi y de acuerdo con el teorema .10, la solución general de la ecuación diferencial es y = e- at (C1 sen bt+ C2 cos bt) En este caso c es pequeño con respecto a k, y el resorte oscila al regresar a su posición de equilibrio, como se ilustra en la siguiente figura FIGURA 3
Cuando los amortiguadores de un automóvil se desgastan se producen vibraciones subamortiguadas.
EJEMPLO
Un cuerpo que pesa 24 lbf estira un resorte vertical 1 pie, más allá de su longitud normal. El resorte se empuja hacia abajo desde su posición de equilibrio con una velocidad inicial de 2 pie/segundo suponiendo que la fuerza de amortiguamiento es –9 (dy/dt ), encontrar una fórmula para el desplazamiento y del cuerpo en cualquier tiempo t . Solución:
Según la ley de Hooke, 24 = k ( 1) o bien k = 24, la masa del cuerpo es m = w/g = 24/32 = ¾. Usando la notación en el ejemplo anterior. 29 = c = 9 = 12 y w² = k = 24 = 32 m¾m¾
d² y + 12 dy + 32y = 0 dt²
dt
Podemos verificar que las raíces de la ecuación auxiliar son –8 y –4. Por lo tanto, estamos en el caso (i) del ejemplo 3 de un movimiento sobreamortiguado y la solución general de la ecuación diferencial es y = C 1 e – 4t + C 2 e-8t Tomando t = 0 0 = C1 + C2 o bien C2 = - C1 m Como dy = - 4 C1 e-4t - 8C2 e- 8t dt Tenemos en t = 0 2 = - -4C1 - 8C2 = -4C1 – 8 (-C1) = 4C1 Por lo tanto, C1 = ½ y C2 = -C1 = - ½. Entonces el desplazamiento y del peso al tiempo t es y = ½ e-4t – e –8t = (1 – e-4t ). http://fain.uncoma.edu.ar/catedraMetodos/index.html
