Ejercicios Resueltos de La de Conservación de La Masa

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 ρv 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 ρairev 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 ρv 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  

  ρv 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   ρv 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)

 

  ρv dA = ρv  ρvAB ABC  + BC ABC 

∂V  

·

 −

 

  CD ρvCD dA

 ·

CD

Luego podemos remplazar la primera expresi´ on de la derecha por su respectivo gasto m´asico dmBC    ρv dA = dt ∂V  

 

·

AB ABC  +

− ρv

 

  CD ρvCD 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 ρvCD 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 ρvCD 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  

 

  ρv 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