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.
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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.
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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
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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
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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
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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
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