Ejercicios de Conservaci´on on de la Masa Diego Carvajal 03 de Marzo del 2016
1.
Un tanque cuyo volumen es 0. 0.05 m3 contiene aire a la presi´on o n de 800 KP a (absoluta) y 15o C . En el instante t = 0, el aire se escapa escapa del tanque a trav´ trav´es es de una v´alvula alvula cuya ´area area de la secci´on on 2 transversal es 65 mm . La velocidad velocidad del aire a trav´ trav´es es de la v´ alvula alvula es 311 m/s y m/s y su densidad es 6.13 13 Kg/m Kg/m3 . Las propiedades propiedades en el resto del tanque pueden suponerse suponerse uniformes. uniformes. Determinar Determinar el cambio instant´ aneo de la densidad en el tanque para el instante t = 0. aneo Soluci´ on: Sabemos que la ecuaci´ la ecuaci´ on de conservaci´ on de la masa es ∂ ∂t
ρdV +
V
= 0 ρv dA = dA
·
∂V
As´ As´ı que encontremos expresiones expl´ expl´ıcitas de estas integrales. Por hipotesis las propiedades en todo el tanque son uniformes, entonces si observamos la densidad, esta no depende del volumen, pero si del tiempo ∂ ∂ ρdV = (ρ dV ) ) ∂t V ∂t V
∂ (ρV ) ) ∂t dρ = V dt El volumen no depende del tiempo, ya que este tanque es mi volumen de control (que es fijo para todo t todo t). ). En cuanto a la integral de flujo =
∂V
= ρ ρairev dA = dA ρ aire
·
∂V
v n cosθdA
El vector normal es unitario y con respecto al vector velocidad, estos son paralelos, ademas la densidad del aire en la secci´on on de escape tiene un valor fijo al igual que la norma de la velocidad, entonces ρaire v dA = dA = ρ ρ aire v A
∂V
Entonces remplazando en la ecuaci´on on de conservaci´on on V
dρ = dt
−ρ vA ρ v A = − V aire
aire
Remplazando obtenemos que
dρ = 2, 48 48Km/m Km/m3 dt Es el cambio instant´aneo aneo de la densidad en el tanque para el instante t = 0.
−
1
Considere el flujo estacionario de agua a trav´es del dispositivo mostrado en la figura. Las ´areas son A1 = 0.2 pie2 , A2 = 0.5 pie2 y A3 = A 4 = 0.4 pie2 . 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/pie 3 2.
Soluci´ on: Nuevamente ocuparemos la ecuaci´ on de conservaci´ on de la masa ∂ 0= ∂t
ρdV +
V
ρv dA
·
∂V
Adem´ as estamos en presencia de un fluido estacionario, es decir, un fluido que no cambia sus propiedades al transcurso del tiempo ∂ ρdV = 0 ∂t V
Esto implica
0 ρv dA =
·
∂V
Ahora al igual que el ejercicio anterior, nuestra integral en cada una de las cuatro superficies de las respectivas cuatro secciones, queda como
i = ρ ρ vi dA
·
∂V i
Entonces
∂V
ρv dA =
·
+
·
3 + ρv 3 dA
∂V 3
i
1 + ρv 1 dA
∂V 1
v A
·
i
2 ρv 2 dA
∂V 2
·
4 ρv 4 dA
·
∂V 4
4
ρ v A = i
i
i=1
Por otro lado, como estamos en presencia de un fluido incomprensible, su densidad a lo largo de mi sistema se mantendra constante, por lo cual
±v A ± v A ± v A ± v A = 0 1
1
2
2
3
3
4
4
Que 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/s
si es de entrada.
2
3. 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 = v 0 , v D = 0), siendo el espesor de la capa l´ımite en esa secci´o n 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 ρv dA = 0
·
∂V
De esta integral de flujo en las superficies, podemos descomponerla en tres partes (por las tres superficies en las cuales hay fujo)
ρv dA = ρv ρvAB ABC + BC ABC
∂V
·
−
CD ρvCD dA
·
CD
Luego podemos remplazar la primera expresi´ on de la derecha por su respectivo gasto m´asico dmBC ρv dA = dt ∂V
·
AB ABC +
− ρv
CD ρvCD dA
·
CD
Y como esto es igual a cero por las hip´otesis del flujo de las que hablamos m´as arriba dmBC dt
−
dmAB + dt
CD = 0 ρvCD dA
·
CD
En 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 0 y CD 0
− −
Donde y var´ıa de D hasta C , en cuando a la diferencial de area dACD = 0, 6 10−3 dy. Remplazando, integrando y evaluando de D a C obtenemos
·
CD = 5, 58 10−5 Kg/s ρvCD dA
CD
·
·
Por otro lado, remplazando en la otra expresi´on de nuestra ecuaci´on obtenemos ρvAB ABC = 1, 116 10−4 Kg/s
·
Entonces ahora podemos obtener nuestro valor para el gasto m´asico dmBC = 1, 116 10−4 Kg/s dt
·
= 5, 58 10−5 Kg/s
·
3
5
− 5, 58 · 10− Kg/s
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 4.
Soluci´ on: Por la ecuaci´ on de conservaci´ on de la masa tenemos que ∂ ∂t
ρdV +
V
ρv dA = 0
·
∂V
Adem´ as si nos fijamos bien y tomaramos el tanque como un cilindro de radio r2 su volumen diferencial ser´ıa dV = πr 2 dh y esta radio se puede expresar como la suma r2 = r 1 + 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 r2
tanθ =
− r
1
H
Remplazando dV = π(r1 + h
r2
− r
1
)dh H Volviendo 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 ρ
dV dm dV + = ρ + ρvS d = 0 dt dt dt
Entonces
dV = vS d dt Remplazando el diferencial de volumen en esta ultima igualdad obtenemos
−
π(r1 + h
r2
− r
1
H
)
dh = dt
−vS
d
La 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 remplazando
√
π(r1 + h
r2
− r
H
1
)
dh = dt
4
2ghS
−
d
Resolvemos esta EDO por separaci´on de variables para as´ı poder obtener el tiempo que nos piden −r π(r1 + h r H )dh = 2ghS d 2
1
√
−dt
Despues de integrar y resolver la integral del lado derecho, nos queda que el tiempo de vaciado del dep´ osito es 2π 2 r1 H H t = r1 H + (r2 r1 ) + (r2 r1 )2 S d g 3 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? 5.
Soluci´ on: Por conservaci´on de la masa, tenemos que la ecuaci´on de balance de masa es dm dmentra = dt dt
− dmdt
sale
Como la densidad del total var´ıa, pero el volumen total del tanque no, tenemos que V
dρ dmentra = dt dt
− dmdt
sale
Ahora lo que entra tiene una concentraci´on fija a diferencia de la que sale, entonces dρ V = Qρ entra dt Despejando
dρ ρentra
− ρ
− Qρ
=
Q V
Ahora resolviendo por separacio´n de variables, obtenemos que Q ρentra ρ = e − V t ρentra
−
Q
ρ = ρ entra (1 e− V t )
−
Es la concentraci´on en un instante dado t. la pieza en Y de la figura circula agua a 20 o C (ρ = 1000kg/m3 ). El flujo en peso (entrante) en la secci´on 1 es de 5300N/s, y la velocidad en la secci´o n 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. 6. Por
Soluci´ on: a) Por el enunciado sabemos que el flujo en peso en la secci´on 1 es 5300N/s, es decir, dm1 5300 = Kg/s dt 9, 8 5
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 = ρv1 A1 dt 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 = ρv3 A3 dt Aqu´ıla velocidad es 5m/s, seg´ un la figura el radio es r3 = 0.1m, entonces el ´area es A3 = π(0.1)2 m2 , por lo tanto el flujo m´asico saliente de la secci´o n 3 es dm3 = 157kg/s dt c) Como conocemos los valores de los flujos m´asicos de las otras secciones, podemos ocupar la ecuaci´ on de conservaci´on dm1 dm2 dm3 = + dt dt dt Despejando
dm2 dt
tendremos dm1 dt ρv1 A1
− dm dt
dm2 dt dm2 157kg/s = dt 3
=
−
y remplazando los datos obtenemos dm2 = 383, 8kg/s dt Y como
dm2 = ρv2 A2 dt
El ´area de esta secci´on es A2 = π(0.15)2 m2 As´ı que remplazando obtenemos que la velocidad en la secci´on 2 es v2 = 5, 429m/s
6
