UNIVERSIDAD AUSTRAL DE CHILE FACULTAD DE CIENCIAS DE LA INGENIER´IA ´ CENTRO DE DOCENCIA DE CIENCIAS BASICAS PARA INGENIER´IA. Problema de Vaciado de Tanques Segundo Semestre 2013
´ Paulo Alvarez - Sergio Jara - Ana Mar´ Mar´ıa Ruiz Muchos problemas f´ısicos dependen de alguna manera de la geometr´ geometr´ıa. Uno de ellos es la salida de l´ıquido ıquido de un tanque a trav´es es de un orificio o rificio situado al fondo f ondo del mismo. La forma f orma geom´ g eom´etrica etrica del recipiente determina el comportamiento f´ısico ısico del agua. Considere un recipiente lleno de agua hasta una altura h. Suponga que el agua fluye a trav´ es es de un orificio de secci´on on transversal a, el cual est´a ubicado en la base del tanque. Se desea establecer la altura de l´ıquido ıquido en el tanque tanqu e en cualquier cualqu ier instante inst ante t t y y el tiempo que este demora en vaciarse. Sea h Sea h((t) la altura de l´ıquido en el tanque en cualquier instante t instante t y V (t (t) el volumen de agua del tanque tanque en ese instante. instante. La velocidad velocidad v v del agua que sale a trav´ es es del orificio es: v
2gh
=
(1)
donde g donde g es la gravedad. La ecuaci´on on (1) representa la velocidad que una gota de agua adquirir´ adquirir´ıa al caer libremente desde la superficie del agua hasta el agujero. En condiciones reales, hay que tomar en cuenta la contracci´on que sufre un chorro de agua en un orificio, por lo que se tendr´a
v
= c 2gh
(2)
donde c donde c es el coeficiente de descarga comprendido entre 0 y 1 (0 < c < 1). Observaci´ on: on: Cuando el valor del coeficiente de descarga c no se indica, se asume que c = 1
Seg´ un la Ley de Torricelli, la raz´on un on con la que el agua sale por el agujero (variaci´on on del volumen de l´ıquido ıquido en el tanque respecto resp ecto del tiempo) se puede expresar como el ´area a area a del orificio de salida por la velocidad v velocidad v del agua drenada, esto es: dV dt
=
−av
(3)
sustituyendo la ecuaci´on on (2) en la ecuaci´on on (3) dV dt
=
−ac
2gh
(4)
Si A Si A((h) denota el ´area area de la secci´on on transver transversal sal horizontal horizontal del tanque a la altura altura h, h , aplicando el m´ etodo etodo del volumen por p or secciones transversales se obtiene h
V =
A(h)dh
(5)
0
derivando respecto de t y aplicando el teorema fundamental del c´alculo alculo dV dt
= A(h)
dh dt
(6)
Comparando las ecuaciones (3) y (5) A(h)
dh dt
=
1
−ac
2gh
(7)
Ley de Torricelli
Sean h la altura de l´ıquido en el tanque en cualquier instante t, a el ´area del orificio de salida el cual esta ubicado al fondo del tanque, g la gravedad, c el coeficiente de descarga y A(h) el ´area de la secci´ on transversal del tanque. La ecuaci´on diferencial asociada al problema de vaciado del tanque es A(h)
dh dt
=
−ac
2gh
Esta es una ecuaci´on diferencial de variables separables, la cual al resolverse sujeta a la condici´on de conocer la altura inicial h 0 para el tiempo t = 0, permite obtener la ley de variaci´on de la altura de l´ıquido en el tanque en funci´on del tiempo. Si, adem´as, hay aporte de l´ıquido al tanque, la ecuaci´ on diferencial es A(h)
dh dt
= Q − ac 2gh
Unidades y Notaciones
Elemento Altura Volumen Tiempo Gravedad ´ Area del orificio de salida ´ Area de la secci´on transversal Coeficiente de descarga
Notaci´on h(t) V (t) t g a A(h) c
2
Unidades cm m pies cm3 m3 pies3 s s s 2 2 980 cm/s 9,8 m/s 32 pies/s2 cm2 m2 pies2 cm2 m2 pies2 Sin unidades
Ejemplo 1
El tanque que se muestra en la figura est´ a totalmente l leno de l´ıquido. Se inicia el proceso de vaciado, por una perforaci´ on circular de ´ area 1 cm 2 ubicada en la base inferior del dep´ osito. Si se ha establecido el coeficiente de descarga k = 0,447 y la gravedad es g = 10 m/s2 .
Determine: a) Tiempo que debe transcurrir para que quede en el tanque un contenido equivalente al 18,75 % de su capacidad. Soluci´ on:
Primeramente cambiar a S.I. el ´ area de la perforaci´ on, entonces a = 10−2 m. Definici´ on de variables:
h (t) : Altura del l´ıquido en el tanque en el instante de tiempo t. Planteamiento de la ecuaci´ on:
dh a · k · =− dt A (h)
2gh
El ´ area del rect´ angulo es A = 8r, donde r es una medida variable en funci´ on de h, que debemos determinar. Para ello, aplicaremos la ecuaci´ on punto-punto de la l´ınea recta, con los pares ordenados (1, 0) y (2, 4), se tiene:
y − y0
=
h − h0
=
h−0 = h = r
=
y1 − y0 · (x − x0 ) x1 − x0 h1 − h0 · (r − r0 ) r1 − r0 4−0 · (r − 1) 2−1 4 (r − 1) h +1 4
Reemplazando r en el ´ area, se tiene:
A (h) = 8 · r h A (h) = 8 +1 4 A (h) = 2h + 8
Sustituyendo el A (h) en la ecuaci´ on diferencial y haciendo el ´ algebra necesaria, se obtiene, 3
dh dt dh dt
=
− A a(h) k
=
a − 2h + 8
2h + 8 √ dh = h
−ak
2gh k 2gh
2gdt
Integrando la ´ ultima expresiones, se logra:
√ 4 3/2 h + 16 h = 3
2g · akt + C
−
Al inicio el tanque esta totalmente l leno de l´ıquido, entonces cuando t = 0 implica que h (0) = 4. Por tanto, C = 160 . Luego, 3
√ 4 3/2 h + 16 h = 3
2g · akt + 160
−
3
Para dar respuesta a la pregunta, necesitamos encontrar el volumen, entonces,
4
V
=
A (h) dh 0
4
=
(2h + 8)dh
0
= 48
Por tanto el 18, 75 % del volumen es 9. Ahora debemos determinar a qu´ e altura se alcanza los 9 m 3 .
h1
9 =
(2h + 8)dh
0
9 = h21 + 8h1 0 = h21 + 8h1 − 9 0 = (h1 + 9) (h1 − 1) Como la altura siempre es mayor e igual a cero, el 18,75 % del volumen se alcanza en √ entonces √ 4 3/2 h = 1 m. Reemplazando h = 1 en 3 h + 16 h = − 2g · akt + 160 , se tiene: 3 t =
36 · 102 √ 0,447 20
≈ 18008,60
Respuesta:
Cuando han transcurrido aproximadamente 18008,60 s en el tanque queda el 18,75 % del l´ıquido. b) Tiempo de vaciado total del tanque. Soluci´ on:
El tiempo de vaciado del tanque se produce cuando h = 0, es decir a los 17675,11 s.
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