Ejercicios de Conservacion de la Masa

Diego Carvajal

03 de Marzo del 2016

1.

Un tanque cuyo volumen es 0.05 m3 contiene aire a la presion de 800 KPa (absoluta) y 15oC.En el instante t = 0, el aire se escapa del tanque a traves de una valvula cuya area de la secciontransversal es 65 mm2. La velocidad del aire a traves de la valvula es 311 m/s y su densidad es6.13 Kg/m3. Las propiedades en el resto del tanque pueden suponerse uniformes. Determinar elcambio instantaneo de la densidad en el tanque para el instante t = 0.

Solucion: Sabemos que la ecuacion de conservacion de la masa es

∂

∂t

∫V

ρdV +

∫∂V

ρ~v · ~dA = 0

Ası que encontremos expresiones explıcitas de estas integrales. Por hipotesis las propiedades entodo el tanque son uniformes, entonces si observamos la densidad, esta no depende del volumen,pero si del tiempo

∂

∂t

∫V

ρdV =∂

∂t(ρ

∫V

dV )

=∂

∂t(ρV )

= Vdρ

dt

El volumen no depende del tiempo, ya que este tanque es mi volumen de control (que es fijo paratodo t). En cuanto a la integral de flujo∫

∂V

ρaire~v · ~dA = ρaire

∫∂V

‖ ~v ‖‖ ~n ‖ cosθdA

El vector normal es unitario y con respecto al vector velocidad, estos son paralelos, ademas ladensidad del aire en la seccion de escape tiene un valor fijo al igual que la norma de la velocidad,entonces

ρaire ‖ ~v ‖∫∂V

dA = ρaire ‖ ~v ‖ A

Entonces remplazando en la ecuacion de conservacion

Vdρ

dt= −ρairevA

= −ρaire ‖ ~v ‖ AV

Remplazando obtenemos quedρ

dt= −2, 48Km/m3

Es el cambio instantaneo de la densidad en el tanque para el instante t = 0.

1

2. Considere el flujo estacionario de agua a traves del dispositivo mostrado en la figura. Lasareas son A1 = 0.2pie2, A2 = 0.5pie2 y A3 = A4 = 0.4pie2. El flujo de masa que sale a traves dela seccion 3 esta dado como 3.88 slug/s. El gasto volumetrico que entra a traves de la seccion 4esta dado como 1pie3/s y la velocidad del fluido en la seccion 1 es 10pies/s. Si se supone que laspropiedades son uniformes en cada una de las secciones por donde entra y sale flujo, determinar lavelocidad promedio del fluido en a seccion 2. ρagua = 1.94slug/pie3

Solucion: Nuevamente ocuparemos la ecuacion de conservacion de la masa

0 =∂

∂t

∫V

ρdV +

∫∂V

ρv · dA

Ademas estamos en presencia de un fluido estacionario, es decir, un fluido que no cambia suspropiedades al transcurso del tiempo

∂

∂t

∫V

ρdV = 0

Esto implica ∫∂V

ρ~v · ~dA = 0

Ahora al igual que el ejercicio anterior, nuestra integral en cada una de las cuatro superficies delas respectivas cuatro secciones, queda como∫

∂Vi

ρ~vi · ~dAi = ρ ‖ ~vi ‖ Ai

Entonces ∫∂V

ρ~v · ~dA =

∫∂V1

ρ~v1 · ~dA1 +

∫∂V2

ρ~v2 · ~dA2

+

∫∂V3

ρ~v3 · ~dA3 +

∫∂V4

ρ~v4 · ~dA4

=

4∑i=1

ρ ‖ ~vi ‖ Ai

Por otro lado, como estamos en presencia de un fluido incomprensible, su densidad a lo largo demi sistema se mantendra constante, por lo cual

±v1A1 ± v2A2 ± v3A3 ± v4A4 = 0

Que no es mas que la suma de los caudales, en este caso sabemos que el caudal Q4 = −1ft3/s,que el caudal de la seccion 3 es de salida, lo cual esto se divide en dos casos, ya que en la seccion1 puede ser de entrada o salida, entonces remplazando los valores tendremos dos soluciones

v2 = 2ft/s

Si la seccion 1 es de salida yv2 = −6ft/s

si es de entrada.

2

3. El aire en contacto directo con una frontera solida estacionaria tiene velocidad cero, es decir,no existe deslizamiento en la frontera. De este modo, el flujo sobre la placa plana se adhiere a lasuperficie y forma una capa lımite, como se ilustra en la figura. Si el flujo antes de llegar a la placaes uniforme y su velocidad es v = v0 = 30 m/s. Suponiendo que la distribucion de velocidades enla seccion CD puede aproximarse a una lınea recta (vC = v0, vD = 0), siendo el espesor de la capalımite en esa seccion de 5 mm y el ancho de la placa de 0, 6 mm, calcule el gasto masico a travesde la superficie BC del volumen de control ABCD. ρaire = 1, 24 Kg/m3.

Solucion: A igual que en los ejercicios anteriores, estamos en presencia de un flujo incompresibley estacionaria, entonces ∫

∂V

ρ~v · ~dA = 0

De esta integral de flujo en las superficies, podemos descomponerla en tres partes (por las tressuperficies en las cuales hay fujo)∫

∂V

ρ~v · ~dA = ρvBCABC − ρvABABC +

∫CD

ρ~vCD · ~dACD

Luego podemos remplazar la primera expresion de la derecha por su respectivo gasto masico∫∂V

ρ~v · ~dA =dmBC

dt− ρvABABC +

∫CD

ρ~vCD · ~dACD

Y como esto es igual a cero por las hipotesis del flujo de las que hablamos mas arriba

dmBC

dt− dmAB

dt+

∫CD

ρ~vCD · ~dACD = 0

En la integral, tenemos una velocidad ~vCD que se aproxima a una lınea recta, ası que ocupando laecuacion de la recta, llegamos a la expresion

vCD =v0 − 0

CD − 0y

Donde y varıa de D hasta C, en cuando a la diferencial de area dACD = 0, 6·10−3dy. Remplazando,integrando y evaluando de D a C obtenemos∫

CD

ρ~vCD · ~dACD = 5, 58 · 10−5Kg/s

Por otro lado, remplazando en la otra expresion de nuestra ecuacion obtenemos

ρvABABC = 1, 116 · 10−4Kg/s

Entonces ahora podemos obtener nuestro valor para el gasto masico

dmBC

dt= 1, 116 · 10−4Kg/s− 5, 58 · 10−5Kg/s

= 5, 58 · 10−5Kg/s

3

4. Halle la expresion que caracteriza el tiempo de vaciado del deposito troncoconico de lafigura. Sd = Superficie del agujero de salida

Solucion: Por la ecuacion de conservacion de la masa tenemos que

∂

∂t

∫V

ρdV +

∫∂V

ρ~v · ~dA = 0

Ademas si nos fijamos bien y tomaramos el tanque como un cilindro de radio r2 su volumendiferencial serıa

dV = πr2dh

y esta radio se puede expresar como la suma

r2 = r1 + x

Ese x lo podemos obtener del angulo θ, ya que

tanθ =x

h

Donde h varıa de H a 0, entonces

dV = π(r1 + htanθ)dh

Pero como estamos en un tanque con un volumen fijo, entonces

tanθ =r2 − r1H

Remplazando

dV = π(r1 + hr2 − r1H

)dh

Volviendo a la ecuacion de continuidad, la masa que entra es de densidad constante y el gastomasico de salida tiene una expresion mas facil como la que veremos a continuacion, ya que estamoshablando de una superficie Sd fija al igual que la velocidad de salida, entonces

ρdV

dt+dm

dt= ρ

dV

dt+ ρvSd = 0

EntoncesdV

dt= −vSd

Remplazando el diferencial de volumen en esta ultima igualdad obtenemos

π(r1 + hr2 − r1H

)dh

dt= −vSd

La velocidad v para el vaciado de un tanque de estas caracterısticas, gracias al Teorema de Torricellivisto en cursos anteriores, sabemos que es v =

√2gh, ası que remplazando

π(r1 + hr2 − r1H

)dh

dt= −

√2ghSd

4

Resolvemos esta EDO por separacion de variables para ası poder obtener el tiempo que nos piden

π(r1 + h r2−r1H )dh

√2ghSd

= −dt

Despues de integrar y resolver la integral del lado derecho, nos queda que el tiempo de vaciado deldeposito es

t =

√2π

Sd√g{r21H +

r1√H

3(r2 − r1) +

√H

5(r2 − r1)2}

5. El reactor se llena con agua limpia antes de que se inicie. Despues del arranque, se anaderesiduos que contienen un 100 mg/l de un contaminante a un caudal de 50m/dia. El volumen delreactor es de 500m3. ¿Cual es la concentracion que sale del reactor como una funcion del tiempodespues de que se inicia?

Solucion: Por conservacion de la masa, tenemos que la ecuacion de balance de masa es

dm

dt=dmentra

dt− dmsale

dt

Como la densidad del total varıa, pero el volumen total del tanque no, tenemos que

Vdρ

dt=dmentra

dt− dmsale

dt

Ahora lo que entra tiene una concentracion fija a diferencia de la que sale, entonces

Vdρ

dt= Qρentra −Qρ

Despejandodρ

ρentra − ρ=Q

V

Ahora resolviendo por separacion de variables, obtenemos que

ρentra − ρρentra

= e−QV t

ρ = ρentra(1− e−QV t)

Es la concentracion en un instante dado t.

6. Por la pieza en Y de la figura circula agua a 20oC (ρ = 1000kg/m3). El flujo en peso (entrante)en la seccion 1 es de 5300N/s, y la velocidad en la seccion 3 es de 5m/s. Calcular:a) Velocidad en la seccion 1.b) Flujo masico saliente en la seccion 3.c) Velocidad en la seccion 2.

Solucion: a) Por el enunciado sabemos que el flujo en peso en la seccion 1 es 5300N/s, es decir,

dm1

dt=

5300

9, 8Kg/s

5

Y por la ecuacion de conservacion de la energıa, el gaste masico en esta seccion no es mas que

dm1

dt= ρv1A1

Remplazando obtenemos que la velocidad en la seccion 1 es

v1 = 3, 4m/s

b) Nuevamente ocupando la ecuacion de conservacion en la seccion 3

dm3

dt= ρv3A3

Aquı la velocidad es 5m/s, segun la figura el radio es r3 = 0.1m, entonces el area es A3 = π(0.1)2m2,por lo tanto el flujo masico saliente de la seccion 3 es

dm3

dt= 157kg/s

c) Como conocemos los valores de los flujos masicos de las otras secciones, podemos ocupar laecuacion de conservacion

dm1

dt=dm2

dt+dm3

dt

Despejando dm2

dt tendremosdm1

dt− dm3

dt=dm2

dt

ρv1A1 − 157kg/s =dm2

dt

y remplazando los datos obtenemos

dm2

dt= 383, 8kg/s

Y comodm2

dt= ρv2A2

El area de esta seccion es A2 = π(0.15)2m2 Ası que remplazando obtenemos que la velocidad enla seccion 2 es

v2 = 5, 429m/s

6