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Universidad Nacional de Ingeniería Facultad de Ingeniería Mecánica copyright  2016

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES

VACIADO DE TANQUES Vdis min uye  Adh Vsale  ak 2 gh dt k : coeficient e de desc arg a Adh  ka 2 gh dt

Ing. CARLOS ROJAS SERNA

UNI-FIM

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VACIADO DE TANQUES Vdis min uye  Adh Vsale  ak 2 gh dt k : coeficient e de desc arg a Adh  ka 2 gh dt

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PROBLEMAS

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PROBLEMA Un tanque rectangular de área de base 1m2 y altura 4m tiene dos agujeros idénticos de área 1cm2: uno en el fondo y el otro en una cara lateral a la mitad de la altura H. Si el tanque está inicialmente lleno de agua y tomando 0.6 como coeficiente de gasto, calcular durante cuanto tiempo saldrá agua por el agujero.

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Solución Por la ley de Torricelli sabemos que: Entonces el caudal con el que el líquido sale por el agujero 1 es:

y el caudal con el que el líquido sale por el agujero 2 es:

El caudal total con el que el líquido sale del tanque es:

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES Igualando (α) y (β) se obtiene:

Esta ecuación solamente es utilizable mientras salga agua por ambos agujeros, entonces se integra hasta que ya no pueda salir agua por el agujero 1 (h=H/2):

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES Cuando ya no puede salir agua por el agujero 1:

Para esta ecuación se tiene de condición inicial t = t1 cuando h = H/2:

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES Un depósito en forma de canal, tal como lo ilustra la figura tiene un orificio de área a practicado en el fondo. Calcule el tiempo de vaciado.

Haciendo

Condiciones Iniciales Integrando:

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES Gráfica de t en función de la altura y.

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES Un recipiente cónico con la base en la parte superior tiene un orificio de área constante: a en la parte inferior. Calcule el tiempo de vaciado. La figura muestra la situación en un instante cualquiera t . De la geometría del problema se sigue que la sección tiene un área:

Por semejanza de triángulos

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES Gráfica de t en función de la altura y.

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES Dos depósitos pequeños se vacían al mismo tiempo, uno e ellos es un cilindro con el eje vertical y el otro un cono con el vértice hacia abajo. Si tienen las bases iguales y la altura del cilindro es H. ¿Cuál es la altura del cono?  R 2 dh  ka 2 gh dt 2R 2 h  ka 2 g t  C cond . iniciales : t  0 

hH

2R 2 ( H  h )  ka 2 g t 2 R 2 H t ka 2 g Tiempo de vaciado del cono :  r 2 dh  ka 2 gh dt r h Rh   r  R H1 H1

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES Re emplazando : 5 2

2 R 2 h  ka 2 g t  c 2 5 H1 cond . iniciales : t  0 

h  H1

2 R 2 H1 c 5 Vaciado : h  0  t  ?? t1 

2 R 2 H 1 5ka 2 g

t

2 2R 2 H 2R H1   ka 2 g 5ka 2 g

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H1  25H UNI-FIM

UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES Gráfica de t en función de la altura h.

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Problemas resueltos de Ecuaciones Diferenciales Un deposito que tiene la forma de un cilindro circular recto de 4m de diámetro termina en un cono invertido, siendo la altura de dicho cono 6m. Estando lleno todo el reservorio(cilindro y cono), el agua sale a través de un orificio circular de 2cm de radio ubicado en la parte inferior(vértice del cono). Determina la altura del cilindro circular recto para que el tiempo de descarga de este sea igual al del cono invertido(tomar como coeficiente de gasto c=0,6). Φ=4m

solución para el cilindro: A1.dh=-ca 2g(h1+6) dt dh

t1

h1

(ᴨ4) /

H

h1+6 dh= -c 2g ᴨ (0,02)(0,02)dt

8 h1+6 = - 2g 0,0004ct + K cond. Iniciales t=0;h1=H;  K=8 H+6 .

r

8 dh 6m

t2

h2

h1+6 - 8

H+6 = - 0,0004c 2g t

para ,t=t1; h=0 .

t1=(8 6 - 8 H+6 )/(-0,0004c

2g ) ………(1)

r=2cm

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES ℎ2 𝑟

= 3; → 𝑟 =

Solución para el cono: Del problema nos piden la altura H

ℎ2 3

𝜋r^2dh=-c 2𝑔𝑕2 𝜋0,0004dt (ℎ2)^2 𝑑𝑕 9 2 5 (𝑕2)^ 5 2

5

= −0,0004𝑐 2𝑔 𝑕2 dt

2

2∗ 6 2 45∗0,0004𝑐 2𝑔

=

8

[ 6 ; 𝐻:6] 1 ;0,0004𝑐 2𝑔

= - 9* 0,0004c 2𝑔𝑑𝑡 + 𝐾1 5

Cond. Iniciales

t = −5 ∗

para que t2=t1.

( ℎ2

5 2

2∗ 6 2 t=0;h2=6;k1= 5 ; 6

 H = 2,64m ….(respuesta)

5 2)

9∗0,0004𝑐 2𝑔

Para t=t2; h2=0; t2 =

2∗ 6

5 2

45∗0,0004𝑐 2𝑔

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… … … … (2)

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES un deposito que tiene la forma de un cilindro que termine en un casquete hemisférico de diámetro D metros, esta lleno de agua que sale a través de un orificio de A metros cuadrados ubicado en la base del recipiente. Si la altura total del reservorio es de es de 1,5D, y el coeficiente de gasto es c, calcular el tiempo que se requiere para quedar vacío. SOLUCION: sea D=2R  la altura será 3R. Dividiremos el problema en dos partes: Tiempo que se demora en vaciarse la parte que corresponde al cilindro(es decir desde H=3R hasta H=R), Y: tiempo que se tomara en vaciarse el casquete hemisférica( es decir desde H=R hasta H=0) 2R Para el cilindro: Tenemos: 𝑑𝑣 = 𝑐𝐴 2𝑔𝑕. 𝑑𝑡 … … … … … … … … . . (1) pero 𝑑𝑣 = −𝐴 𝑕 𝑑𝑕. 𝑝𝑒𝑟𝑜 𝐴 𝑕 = 𝜋𝑅 2 … . 𝑒𝑛𝑡𝑜𝑛𝑐𝑒𝑠: 𝑑𝑣 = −𝜋𝑅2 𝑑𝑕

En(1) :−𝜋𝑅2 𝑑𝑕 = 𝑐𝐴 2𝑔. 𝑕. 𝑑𝑡 →

𝑑ℎ ℎ

=−

𝑐𝐴 2𝑔 𝜋𝑅2

𝑑𝑡

R 𝑐𝐴 2𝑔

→ 2 𝑕 = 𝜋𝑅2 𝑡 + 𝐾 … … … … … … … … … … … … … … … … 2 Para t=0  h=3R. En(2): 𝑐𝐴 2𝑔

2 3𝑅 = 𝐾 → 𝑒𝑛 2 : 2 𝑕 = 𝜋𝑅2 𝑡 + 2 3𝑅 … … … … … … . . 3  Tiempo que se demora en vaciarse la parte que corresponde al cilindro H=h=R.. T1=? 2 𝑕=

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𝑐𝐴 2𝑔 𝜋𝑅2

𝑡 + 2 3𝑅

→ 𝑡1 =

2𝜋𝑅2 𝑐𝐴

𝑅 2𝑔

3 − 1 𝑠𝑒𝑔.

(𝛼)

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES Para el casquete hemisférico. Tenemos : 𝑑𝑣 = 𝑐𝐴 2𝑔𝑦𝑑𝑡 Pero 𝑑𝑣 = −𝐴 𝑦 𝑑𝑦 𝑦 𝐴 𝑦 = 𝜋𝑟 2 , 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑟 2 = 𝑅2 − 𝑅 − 𝑟 → 𝐴 𝑦 = 𝜋𝑦 2𝑅 − 𝑦 . 𝐸𝑛 1 − 𝜋𝑦 2𝑅 − 𝑦 𝑑𝑦 = 𝑐𝐴 2𝑦 𝑦. 𝑑𝑡 → 2𝑅 𝑦 − 𝑦

3 2

𝑑𝑦 = −

𝑐𝐴 2𝑔

Para t=0, y=R. En (5) : 𝐾 = En (5), quede: 3 20𝑅𝑦 2

𝜋

𝑑𝑡 → 3

3 5 2 20𝑅𝑦 ;6𝑦 2

15

5

20𝑅𝑅 2 ;6𝑦 2 15

=

=−

𝑐𝐴 2𝑔 𝜋

2

4 = 𝑦(2𝑅 − 𝑦)

𝑡+𝐾

5

14 5 𝑅2 15

5 6𝑦 2

𝑐𝐴 2𝑔 − 14 5 =− 𝑡+ 𝑅2 6 15 𝜋 15 tiempo que de demora en vaciarse la parte que corresponde al casquete (es decir desde H=y=R hasta H=y=0) es : t2=? Para y=0. 𝑐𝐴 2𝑔

En(6):

𝜋

𝑡2 =

14 5 𝑅2 15

→ 𝑡2 =

14𝜋 15𝑐𝐴 2𝑔

5 2

𝑅 𝑠𝑒𝑔.

𝛽

El tiempo de vaciado total es : t=t1+t2 , es decir:

2𝜋𝑅2 𝑅 𝑡= 𝑐𝐴 2𝑔 Ing. CARLOS ROJAS SERNA

3−1 +

14𝜋 15𝑐𝐴 2𝑔

5 𝑅2

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES Un tanque cilíndrico de 1.22 m de alto descansa sobre su base circular de 0.915m de radio. Al mediodía, cuando el tanque está lleno de agua, se destapa un orificio de radio de 1.27 cm en el fondo y se vacía el tanque. Hállense las horas en las cuales el tanque estaba a la mitad, a la cuarta parte y al vacío. SOLUCIÓN: Sean V(t) y h(t) el volumen de agua en el recipiente y la altura del nivel del agua por encima del orificio, en un instante t después de comenzado el proceso. NOTA: t = 0 (va significar el mediodía) Por la ley de Torricelli sabemos que: dV = cB 2𝑔𝑕𝑑𝑡 . . .(1) Nuestro problema se reduce a expresar dv como dV = - A(h)dh….(2) Donde V(h) y A(h) significan volumen de agua en el recipiente y el área de superficie libre del agua cuando se encuentra a una altura h por encima del orificio. Luego A(h) = 𝜋𝑟 2 = 𝜋(0.915)2 . En (2): dV = - 𝜋(0.915)2 dh Como no entra agua, tenemos en (1): - 𝜋(0.915)2 dh = 0.6B 2𝑔𝑕𝑑𝑡

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES Pero:

B = 𝜋𝑟 2 = 𝜋(1.27/100)2 . 2

- 𝜋(0.915) dh = 0.6 𝜋

1.27 2 ( 100 )

En (3):

2𝑔 𝑕𝑑𝑡

𝑑ℎ ℎ

=-

0.6(

1.27 2 ) 100

(0.915)2

2𝑔

𝑑𝑡

Pero g = 9.8 m/𝑠𝑒𝑔2 , y efectuando en (4), tenemos: 1 ; 1/2 𝑕 𝑑𝑡 = - 0.000255 dt 𝑕 = c – 0.000255t 2 Cuando h = 1.22 t = 0. En (5): c = 1.1, Luego queda: 1.1 ; ℎ

t = 0.000255 El tanque está a la mitad: 1.1 ; 0.61

. . .(4) . . .(5) . . .(6)

h=

1.22 2

= 0.61 cuando

t = 0.000255 = 1.255 seg. Es decir estará a la mitad, alrededor de las 12h + 20min + 55seg ≈ 12h 21min. 1.22 El tanque está a la cuarta parte: h = 4 = 0.305 cuando 1.1 ; 0.305

t = 0.000255 = 2.156 seg. O sea alrededor de las 12h 36min. 1.1 El tanque está vacío: h = 0 cuando t = 0.000255 = 4.314 seg, alrededor de las 13h 12 min.

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES Un tanque rectangular de base 𝐵2 y altura H tiene dos agujeros de área A, uno en el fondo y otro en una cara lateral a la mitad de la altura H. Si el tanque está inicialmente lleno de agua y con un coeficiente de gasto c. Durante cuanto tiempo saldrá agua por el agujero lateral. SOLUCIÓN: Por Torricelli, como hay dos agujeros: dV = cA 2𝑔𝑕𝑑𝑡 + cA 2𝑔 𝑕 −

𝐻 2

𝑑𝑡 . . .(1)

Por otro lado: dV = -A(h)dh Pero A(h) = 𝐵2 . En (2): dV = - 𝐵2 dh Ahora (3) en (1): -𝐵2 dh = cA 2𝑔( 𝑕 + 𝑕 − 𝐻/2)dt -𝐵2

𝑑ℎ

. . .(2) . . .(3)

= cA 2𝑔𝑑𝑡

ℎ: ℎ;𝐻/2 ℎ: ℎ;𝐻/2 -𝐵2 ℎ;(ℎ;𝐻/2) dh = cA 2𝑔𝑑𝑡 𝐵 2 2 3/2 2 - 𝐻 3 𝑕 − 3 (𝑕 − 𝐻/2)3/2 = cA 2𝑔𝑡 + 4 𝑅2 3/2 −𝑕3/2 = cA 2𝑔𝑡 + k (𝑕 − 𝐻/2) 3 𝐻

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k

. . . .(4)

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Un deposito que tiene la forma de un cilindro circular recto de 4m de diámetro termina en un cono invertido, siendo la altura de dicho cono 6m. Estando lleno todo el reservorio( cilindro y cono), el agua sale a través de un orificio circular de 2 cm de radio ubicado en la parte inferior (vértice del cono). Determine la altura del cilindro circular recto para que el tiempo de descarga de este sea igual al del cono invertido.( tomar como coeficiente de gasto c=0,6)

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• Volumen descendido= -volumen desalojado • (para el cilindro) • Π.22 .dh = -c 2𝑔(𝑕 + 6). Π.0,022 dt •

4𝑑ℎ

=- 2𝑔 . C. 0,022 dt

(ℎ:6)

• 8 (𝑕 + 6)=- 2𝑔 . 0,022 c.t + k • t=0→ k=8 (𝐻 + 6)1/2

• 8(𝑕𝑡 + 6)1/2 -8 (𝐻 + 6)1/2 =- 2𝑔 . C. 0,022 t a

• para h(t1)=0 Ing. CARLOS ROJAS SERNA

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• t1=

;8 1/2 .6 𝑎

+

;8 .(𝐻 𝑎

+ 6)1/2

• PARA EL CONO: •

ℎ 6 = 𝑟 2

→r

ℎ = 3

• Π.𝑟 2 .dh=-c 2𝑔(𝑕). Π.0,022 dt .𝑟 2 • dh = -a (𝑕) dt 9

• •

𝑕3/2 𝑑𝑕 = −9𝑎𝑑𝑡 2 5/2 .𝑕 = 5

-9at + k1

• t=0 →k1= Ing. CARLOS ROJAS SERNA

2 5/2 .6 5 UNI-FIM

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•

;2 .(𝑕(𝑡)5/2 5.9.𝑎

65/2 )=t

• Para h(t2)=0

•

2 t2= .(6)5/2 45.𝑎

• Igualando t1=t2 • •

2 ;8 1/2 ;8 5/2 .(6) = .6 + .(𝐻 + 45.𝑎 𝑎 𝑎 1 .(6)5/2 =- (6)5/2 + (H+6)1/2 180

6)1/2

• H=2,64m

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Un embudo A tal como se muestra en el gráfico, lleno de agua, vaciará su contenido en un cilindro circular recto B.

Considerando que el área de la sección transversal por donde saldrá el agua es de a cm2 y empleando como coeficiente de gasto c. Determinar en que tiempo quedará lleno el cilindro.

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES SOLUCION: Tenemos que 1 𝑉𝑐𝑜 = 𝜋𝑟 2 𝑕, 3 Luego :

1000 𝜋 9

𝑉𝑐𝑜 = 𝑐𝑚3

𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑟 =

1 𝜋 3

3 𝑥10 3

2

3 𝑕 3

𝑥10 =

Entonces el problema consiste en hallar el tiempo en el cual el volumen del cono baja de 1000 64 𝜋 𝑐𝑚3 𝑎 𝜋 𝑐𝑚3 9 9 Por otro lado a 1000 𝜋 𝑐𝑚3 𝑐𝑜𝑟𝑟𝑒𝑠𝑝𝑜𝑛𝑑𝑒 𝑕 9 64 = 10, 𝑒𝑛 𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎 𝑠𝑖𝑚𝑖𝑙𝑎𝑟 𝑎 𝜋 𝑐𝑚3 𝑐𝑜𝑟𝑟𝑒𝑠𝑝𝑜𝑛𝑑𝑒𝑟á 9 𝑕=4 (ya que :

64 𝜋 9

= 1/3 𝜋 (

3 𝑕)2 . 𝑕) 3

También: 𝑉𝑐𝑖 = 𝜋𝑟 2 𝑕 = 𝜋22 26 = 104𝜋 𝑐𝑚3

Entonces el tiempo de llenado del cilindro será igual al tiempo de vaciado del cono desde h=10 a h=4 Por Tornicelli : 𝑑𝑉 = 𝑐𝑎 2𝑔𝑕𝑑𝑡 . . 1

Luego cuando el cilindro se llene por completo, en el cono quedará un volumen 1000 𝑉𝑞 = 𝑉𝑐𝑜 − 𝑉𝑐𝑖 = 𝜋 − 104𝜋 9 64 = 𝜋 𝑐𝑚3 9 Ing. CARLOS ROJAS SERNA

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES Además 𝑑𝑉 = −𝐴 𝑕 𝑑𝑕 = −𝜋𝑟 2 𝑑𝑕 =

−𝜋

ℎ 3

2

𝑑𝑕 = −

𝜋ℎ2 3

𝑑𝑕

.. 2

Ahora (2) en (2)

Nos piden para h=4 2𝜋 →𝑡= (105/2 − 45/2 ) 15𝑎𝑐 2𝑔

𝜋 − 𝑕2 𝑑𝑕 = 𝑎𝑐 2𝑔 𝑕𝑑𝑡 3 𝜋 3 → − 𝑕2 𝑑𝑕 = 𝑎𝑐 2𝑔𝑑𝑡 3 2𝜋 5 → − 𝑕2 = 𝑎𝑐 2𝑔𝑡 + 𝑘 53 𝐶. 𝐼. ∶ 𝑡 = 0 → 𝑕 = 10. 2𝜋 5 = − 102 15 𝐸𝑛 3 : 𝑎𝑐 2𝑔𝑡 =

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𝐸𝑛 3 : 𝑘

5 5 2𝜋 102 − 𝑕2 15

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Un tanque rectangular de base 𝐵3 y altura H tiene dos agujeros de área A, uno en el fondo y el otro en una cara lateral a la mitad de la altura H. Si el tanque esta inicialmente lleno de agua y con un coeficiente de gasto c. Durante cuánto tiempo saldrá agua por el agujero lateral.

SOLUCION:

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+ 𝑐𝑎 2𝑔 𝑕 −

..(2) :

𝑑𝑉 = −𝐴 𝑕 𝑑𝑕 Pero A(h)=B2 En (2):

.. 2

𝑑𝑉 = −𝐵2 𝑑𝑕

−𝐵2

… 3

𝐻 2

𝐻 𝑕 2 𝑑𝑕 = 𝑐𝐴 2𝑔𝑑𝑡 𝐻 𝑕+𝑕− 2

𝑕− 𝑕−

3 4𝐵2 𝐻 2 − ((𝑕 − )3 − (𝑕)2 ) = 𝑐𝐴 2𝑔𝑡 + 𝑘 3𝐻 2

𝑕+ 𝑕−

𝐻 𝑑𝑡 2

C.I. 𝑘=

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= 𝑐𝐴 2𝑔𝑑𝑡

3 2𝐵2 2 2 2 3 − ( 𝑕 − (𝑕 − 𝐻/2)2 ) = 𝑐𝐴 2𝑔𝑡 + 𝑘 𝐻 3 3

Ahora (3) en (1): −𝐵2 𝑑𝑕 = 𝑐𝐴 2𝑔

𝑕+ 𝑕−

𝐻 𝑑𝑡 … 1 2

Por otro lado : dV = -A(h)dh

𝑑𝑕

−𝐵2

Por Tornicelli, como hay dos agujeros: 𝑑𝑉 = 𝑐𝐴 2𝑔𝑕𝑑𝑡

𝑡=0 4𝐵 2 𝐻 2 − (( )3 3𝐻 2

→

𝑕 = 𝐻. 3 2

− (𝐻) ) =

2;4 2 1 𝐵 𝐻2 3

𝐸𝑛 4 : ...(5)

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES 𝐸𝑛 5 : 𝑘 =

4𝐵2 𝐻 2 − ((− )3 ) 3𝐻 2

𝑐𝐴 2𝑔𝑡 = − 𝑡=

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2 ( 3

1 𝐵2 𝐻 2

4; 2 ( 3 2 𝑐𝐴 𝑔

= 𝑐𝐴 2𝑔𝑡 − 2

𝐵 𝐻 =

1 2

+

; 2:4 2 1 𝐵 𝐻2 3

4; 2 2 1 𝐵 𝐻2 3

=

...(5)

;2 2:4 2 1 𝐵 𝐻2 3

1 +2 2−2 2 2 𝐵 𝐻 3

𝑐𝐴 𝑔

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES 17)Dos depósitos pequeños, con orificios e idénticos en el fondo se vacían al mismo tiempo. Uno de ellos es un cilindro con el eje vertical y el otro, un cono con el vértice hacia abajo. Si tienen bases iguales y la altura del cilindro es H. ¿ Cuál es la altura del cono ? Considerar el mismo coeficiente de descarga para ambos. • SOLUCION : Para el cilindro:

Sean V(t) y h(t) el volumen de agua en el recipiente y la altura del nivel del agua por encima del orificio, en un instante t, después de empezado el proceso. Sea R=radio de la base de ambos ( cilindro y cono )

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES Como 𝐴 𝑕 = 𝜋𝑅 2 … 3 , 𝑦 𝑛𝑜 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎 𝑎𝑔𝑢𝑎. En (2) : 𝑑𝑉 = −𝜋𝑅 2 𝑑𝑕

Luego en (1): −𝜋𝑅 2 𝑑𝑕 = 𝑐𝐵 2𝑔𝑕𝑑𝑡 → 𝑐𝐵 2𝑔 𝑑ℎ =− 𝑑𝑡 ℎ 𝜋𝑅 2 𝑐𝐵 2𝑔 2 𝑕=− 𝑡 + 𝑘 𝑠𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖ó𝑛 𝑔𝑒𝑛𝑒𝑟𝑎𝑙 𝜋𝑅 2 Para t=0 -> h=H .

Para el cono : Teniendo presente que el radio de la base R es el al igual que c y B, En este caso 𝐴 𝑕1 = 𝜋𝑟 2 … 1

Por semejanza de triángulos : 𝑅 𝐻1 = → 𝑟 𝑕1 En (1):

𝑟=

𝑅 𝑕1 . 𝑅1

Luego 𝑘 = 2 𝐻, 𝑅𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜: 𝑐𝐵 2𝑔 2 𝑕=− 𝑡+2 𝐻 𝜋𝑅 2 El tiempo de vaciado t1 es : ( t1 =? Para h=0) 0=−

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𝐴 𝑕1 = 𝜋 Luego 𝑑𝑉 = −𝜋

𝑅 𝑅1

2

𝑅 2 𝑕12 𝑅1

𝑕12 𝑑𝑕1

𝑐𝐵 2𝑔 𝑐𝐵 2𝑔 𝑡1 + 2 𝐻 → 𝑡1 2 𝜋𝑅 2 𝜋𝑅 2𝜋𝑅 2 𝐻 = 2 𝐻 → 𝑡1 = 𝑠𝑒𝑔 𝑐𝐵 2𝑔

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES Por dato: El tiempo de vaciado es el mismo. Luego t1=t2

Por Torricelli: = −𝜋 →

𝑅 𝑅1

2

𝑕12 𝑑𝑕 = 𝑐𝐵 2𝑔𝑕1 𝑑𝑡 2

𝑐𝐵 2𝑔 𝐻1 =− 𝑑𝑡 𝜋 𝑅 𝑐𝐵 2𝑔 𝐻1 2 5 → 𝑕12 = − 5 𝜋 𝑅

3 𝑕12 𝑑𝑕1

Para 𝑡 = 0 → 𝑕1 = 𝐻1 ; 𝐿𝑢𝑒𝑔𝑜 𝑘 =

2

Entonces de 𝛼 𝑦 𝛽 ∶ 1 2𝜋𝑅 2 2𝜋 = 𝑅 2 𝐻12 → 𝑐𝐵 2𝑔 5𝑐𝐵 2𝑔 𝐻1 → 𝐻= 25

𝑡+𝑘 5 2 𝐻12 5

El tiempo de vaciado t2 es ( t2 = ? cuando h1=0) 𝑐𝐵 2𝑔 2 5 2 0=− (𝐻1/𝑅) 𝑡2 + 𝐻12 𝜋 52 𝑐𝐵 2𝑔 𝐻1 2 5 → 𝑡2 = 𝐻12 𝜋 𝑅 5 2 5 2𝜋 𝐻 2 → 𝑡2 = 𝐻1 → 𝑡2 2 𝐻1 5𝑐𝐵 2𝑔 1 2𝜋 2 = = 𝑅 𝐻12 … 𝛽 5𝑐𝐵 2𝑔

→ 𝐻1 = 25𝐻

𝐻1 =

𝐻1 5

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Un embudo, en cuya salida se tiene un Angulo de 60 y un área de la sección recta de 0.5 cm2, que contiene agua. En el instante t = 0 se abre la salida y el agua fluye hacia afuera. Determinar el tiempo en que se vaciara el embudo, suponiendo que la altura inicial del nivel de agua es 10 cm.

Solución : Sean V(t) y h(t) el volumen de agua en el recipiente y la altura del nivel del agua por encima del orificio , en un instante t después de empezado el proceso. Por Torricelli sabemos : dV = CB

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dt …… (1)

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Debemos expresar dV como : dV = - A(h)dh ….. (2) Donde V(h) y A(h) significan volúmenes de agua en el recipiente y el área de la superficie libre del agua cuando se encuentra a una altura h por encima del orificio. Luego : A(h) = r2 = (htg30)2=πh2/3 . En (2) : dV = -πh2/3dh Como no entra agua tenemos en (1): πh2/3dh = 0.6(0.5) dt

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• h2/ dh = -3x0.6(0.5)  h3/2dh = -12.7dt 2/5h 5/2 = -12.7t + C

dt / π

….(3)

• Para t = 0  h = 10. En (3): C = 2/5(10)5/2, luego queda: 2/5 h 5/2 = -12.7t + 2/5(10)5/2  t = 2 (105/2 – h 5/2) /5(12.7) =  t= 10 – 0.0315h5/2 Ing. CARLOS ROJAS SERNA

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Finalmente hallamos el tiempo total=Tt=t1+t2+t3

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES Problema: Se tiene un recipiente recto cuya sección transversal es como semielse de semiejes a y b (a>b). Su altura en H. tendido en posición l recipiente en posición horizontal y base rectangular hacia arriba ) , se le llena de agua. Si en esa posición, en el fondo presenta un orificio de salida de sección transversal A, calcule el tiempo de vaciado, sabiendo que su coeficiente de gasto es c.

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Sean V(t) y h(t) el volumen y la altura de agua en el recipiente Por Torricelli: dV = -cA

dt ……………..(1)

Además: dV = -A(h)dh = -2xHdh ……………..(2) Pero (x;h )E elipse que tiene ecuación.

+

=1

Entonces x = En (2): dV = -2

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dh = cA

dt

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→-

t=

+ k ………(3)

Para t = 0 → h= b, en (3): k = -

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En (3): t =

-

Para h = 0 →

-

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES Una esfera con radio R está llena de agua. Se hacen dos agujeros de área A en sus puntos más alto y más bajo para que entre el aire y salga el agua. Usando c=0.6, encontrar los valores de T1 y T2 en segundos, necesarios para que salga la mitad y la totalidad del agua, respectivamente.

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES Solución: Datos: V(t) = volumen del agua en un instante t h(t) = altura del nivel de agua en un instante t Sabemos: (para vaciado de tanques)

Condiciones iniciales:

t=0 

h=2R

Para que salga la mitad del agua (T1), hacemos h = R Para que salga la totalidad del agua (T2), hacemos h = 0

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES Una tina hemisférica tiene un radio superior de 4 pies y en el instante t= 0 está completamente llena de agua. En ese momento, en el fondo de la tina se abre un agujero circular con diámetro de 1 pulg. ¿Cuánto tiempo tardará en salir toda el agua del tanque? SOLUCIÓN Datos:

Ahora, y(0) = 4, asi que

g = 32.2 pies/s2

448 t  72.  2150 s 15

esto es, casi 35 min 50s De esta manera el tanque se vaciará en un poco menos de 36 min Ing. CARLOS ROJAS SERNA

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES Solución: Datos: V(t) = volumen del agua en un instante t h(t) = altura del nivel de agua en un instante t Sabemos: (para vaciado de tanques)

Condiciones iniciales:

t=0 

h=2R

Para que salga la mitad del agua (T1), hacemos h = R Para que salga la totalidad del agua (T2), hacemos h = 0

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERIA- ECUACIONES DIFERENCIALES 5.

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PROBLEMAS PROPUESTOS Dos tanques: uno en forma de cilindro circular recto y otro en forma de cono circular recto con el vértice hacia abajo, tiene el mismo radio en la base e idénticos orificios en la parte inferior. Sí demoran el mismo tiempo en vaciarse, determine la razón entre sus alturas. Un tanque en forma de cono circular recto con el vértice hacia abajo está inicialmente lleno de agua. Determine el tiempo que se requiere para que el volumen se reduzca a la mitad, si en el fondo se abre un orificio de área constante a . Suponga que el cono tiene una altura: H y un radio en la base: R Repita el problema anterior suponiendo que el área del orificio no es constante sino que está controlada por una válvula flotante de tal forma que el área en todo instante es proporcional a la altura del nivel del líquido. Un recipiente cilíndrico circular recto de radio en la base: R y altura:H tiene dos orificios circulares idénticos, uno en el fondo y otro en la pared a media altura. Determine el tiempo de vaciado.

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PROBLEMA PROPUESTOS 1)

Repuesta: a) 12.47 pm

b)12:20:36 pm

2)

Repuesta

a) 41709,9673= 11 hr. 35mit 10 seg. b)5 hr, 5mit. 15 seg.

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Repuesta: a)54 mit. 11seg.

b)2hr. ,16 mit. 30 seg.

4)

Repuesta: 5515,5375=1 hr. 31mit. 56 seg.

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Repuesta: a) 26163,64395= 7hr.43mit4seg.

b)8hr35 mit 51seg.

6)

Repuesta: a)1652.10-3 m2. Ing. CARLOS ROJAS SERNA

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