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Esquema

VE C E

V0 Q0 VS CS ING. CARLOS ROJAS SERNA UNI-FIM

Solución En un instante cualquiera t ,sean : Q(t) = Cantidad de soluto presente en el depósito. V(t) = Volumen en el depósito. C(t) = Concentración de soluto en el depósito. Luego, en un instante t, tenemos: dQ  QE dt  QS dt 

dQ  QE  QS ..........(1) dt

Además tenemos: C (t ) 

Q(t ) Q(t )  C (t )  V (t ) V0  (VE  VS )t

ING. CARLOS ROJAS SERNA UNI-FIM

Reemplazando en (1): dQ  QE  QS C EVE  (



Q(t ) )VS V0  (VE  VS )t

VS dQ  Q  C EVE dt V0  (VE  VS )t

A partir de esta ecuación diferencial podemos calcular la cantidad Q de sal presente en el instante t, a partir de la condición inicial

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Ejemplo 1 : Un depósito de 3000 litros de capacidad contiene 400 litros de agua pura; en un moment dado entrará agua que contiene sal a razón de 18 Kg./lt a la vez que saldrá por su parte inferior la nueva mezcla a razón de 4 lt/min; si la mezcla de agua con sal la hace a razón de 8 lt/min . Calcular : a) La cantidad de sal cuando la mezcla tenga 500 litros. b) La concentración al cabo de 60 minutos de iniciado el proceso.

8lt / min

C  18 Kg / lt V0  400lt C 0  0 (agua pura)  Q0  V0C0  0

Vs  4lt/min , Cs  ? ING. CARLOS ROJAS SERNA UNI-FIM

Solución : Sea Q (t) la cantidad de sal, presente en el depósito, en el instante t. Tenemos los siguientes datos : dQ Sabemos que  QE  QS dt Pero : QE  vE cE  8 x 18  1 QS  vS cS  4cS

Pero cS  ?

Se observa que la concentración de sal, con la cual sale la mezcla (CS ) en un instante dado es igual a la concentración de sal en ese mismo instante (c(t)). Luego :

c(t)  cS

Q(t ) v(t ) donde c(t) es concentración en un instante cualquiera. Cálculo de c(t)  ?. Sabemos : c(t ) 

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Pero v(t )  v0  (vE  vS )t  volumen en un instante cualquiera  v(t )  400  (8  4)t  400  4t Q(t ) c(t )   cS 400  4t Q(t ) Q(t ) QS  4  400  4t 100  t dQ Q(t ) dQ Q(t ) Entonces :  1    1 Ec. lineal dt 100  t dt 100  t 1 1 Sea p(t)   P (t )   dt  Ln(100  t ) 100  t 100  t construimos el factor integrante : e P (t )  e Ln (100t )  100  t

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Multiplicamos la ecuación por el factor integrante, queda :

Q(t )(100  t )'  100  t  Q(t )(100  t )  100t  1 t 2  c 2

1  1 2  100 t  t  c  100  t  2  Cálculo de c : Para t  0  Q 0  0  c  0

 Q(t ) 

1  1 2 100 t  t   100  t  2  a) Q  Q1  ? , cuando v  500

 Q(t ) 

Sabemos que v(t)  400  4t , ´para t  t1  v(t1 )  500  400  4t1  t1  25minutos.  Q1 

1  1 2   100 x 25  25  22.5 Kg .   125  2 

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b) c(60)  ?

 t1  60

Q(60) Q(60) Para c(60)   400  4(60) 640 Pero Q(60)  48.75 48.75 640  c(60)  0.076kg/lt

 c(60) 

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Problema 4:

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PROBLEMA:Considere un tanque usado en experimentos hidrodinámicos. Después de un experimento, el tanque contiene 200 litros de una solución entintada, con la concentración de 1 g/litro. Para preparar el siguiente experimento, el tanque se enjuagará con agua no contaminada a una razón de 2 litros/minuto, y la mezcla sale del tanque a la misma tasa. Considerando agitación uniforme, halle el tiempo en que el tanque tendrá una concentración del 1% de su valor inicial.

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Piden hallar el tiempo para el cual el tanque este con el 1% de concentración . No entra tinte adicional, hay agitación uniforme. Tasa de salida del tinte: razón de salida del agua x concentración entre capacidad del tanque

Condiciones iniciales

Reemplazando las condiciones del problema: 1% (2g)

Donde t está expresado en minutos

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Problema5 Un deposito de 3,000 litros de capacidad contiene 400 litros de agua pura; en un momento dado entrara agua que contiene sal a razón de 1/8 kg/litro ala vez que saldrá de su parte inferior la nueva mezcla a razón 4 litros/minutos; si la mezcla de agua con sal se hace a razón de 6 litros/minutos, calcular: -la cantidad de sal cuando la mezcla tenga 500 litros.

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