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TRABAJO ASIGNADO
5. Dos tanques cilíndricos están conectados según el siguienteesquea!
De los "alances de ateria en cada tanque se o"tiene!
A1 d h1
dt =q0−q1 A2 d h2
dt =q1−q2
Adeás se considera que!
q0=at +b q1=C V (h1−h2 ) q2=C V h2
Donde!
A es el área del tanque# q es el caudal# $ la altura del ni%el de líquido#
C V es el coe&ciente característico de la %ál%ula# 'n t =0,h1=10,h2=1
Deterine una e()resi*n )ara h1 + h2 en ,unci*n de t.
-uál es el á(io %alor de h2 # entre 0<t <10? # )ara esto gra&que
h1 + h2 en ,unci*n de t# considere! A1=2 A2=2 ; C V =0,6 ; a=0,1 ; b=0,1
SO/0I1N
Reemplazando los valores de los caudales en la primera ecuación de balance:
A1
d h1
dt =at +b−C V (h1−h2 )
A1
d h1
dt −at −b=−C V (h1−h2 )
h2
h1
q1 q2
q0
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A1
d h1
dt −at −b=−C V h1+C V h2
A1
C V
d h1
dt −
at +b
C V
+h1=h2 … … …(1)
Remplazando en la segunda ecuación de balance tenemos:
A2
d h2
dt =C V ( h1−h2)−C V h2
A2 ddt (
A 1
C V
d h1
dt −at +bC V
+h1
)=C V
(h1−(
A 1
C V
d h1
dt −at +bC V
+h1
))−C V
( A 1
C V
d h1
dt −at +bC V
+h1
) A2( A 1
C V
d2
h1
d t 2 −
a
C V
+d h1
dt )=− A1
d h1
d t +at +b− A1
d h1
dt +at +b−C V h1
A1 A2
C V
d2
h1
d t 2 −
a A2
C V
+ A 2 d h1
dt + A1
d h1
dt −2at −2b+ A1
d h1
dt +C V h1=0
d2
h1
d t 2 +C V (2 A1+ A2 )
A1 A2
d h1
dt + C V
2
A1 A2
h1=−( a A1
+2b C V
A1 A2 )−2a C V
A1 A2
t … … … (2)
Los valores constantes son:
C V (2 A1+ A2 ) A1 A2
=0,6 (2(2)+1 )
2 =1,5
C V 2
A1 A2
=0,6
2
2 =0,18
−( a
A1
+2b C V
A1 A2 )=−(0,1
2 +
2 (0,1 )0,62 )=−0,11
−2a C V
A1 A2
=−2 (0,1 ) (0,6 )
2 =−0,06
La ecuación entonces se reduce a:
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d2h1
d t 2 +1,5d h1
dt +0,18h1=−0,11−0,06 t………(3)
Que es una ecuación no homogénea de coefcientes constantes, Primero
resolvemos como si uera la E,, como si uera homogénea!
d2h1
d t 2 +1,5 d h1
dt +0,18h1=0
Entonces:
m2+1,5m+0,18=0
m1,2=−1,5±√ (1,5 )
2−4 (0,18 )
2
m1,2=−0,1315 ;−1,3685
Entonces la solución general tiene la orma:
h1=C 1 em1 t +C 2 e
m 2t +C 3 t +C 4 … … …(4)
d h1
dt =m1 C 1 e
m1t +m2C 2em2 t +C 3 … … …(5)
d2
h1
d t 2 =m1
2C 1 e
m1 t +m2
2C 2 e
m2t …… …(6)
Reemplazando "#$, "%$ & "'$ en "($ tenemos:
m1
2C 1e
m1 t +m2
2C 2 e
m2 t +1,5 (m1 C 1 em1 t +m2C 2 e
m2 t +C 3 )+0,18(C 1 em1 t +C 2 e
m2 t +C 3t +C 4 )=−0,11−0,06 t
m1+0,18
m1
2+1,5¿C ¿¿
1,5C 3+0,18C 3t +0,18C
4=−0,11−0,06 t
e a)u* tenemos:
0,18C 3 t =−0,06 t
C 3=−1
3
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1,5C 3+0,18C 4=−0,11
−0,5+0,18C 4=−0,11
C 4=−13
6
+enemos la ormula general:
h1=C 1 e−0,1315 t +C 2e
−1,3685t −1
3t −
13
6 … … …(7)
Para la derivada:
d h1
dt =−0,1315C 1 e
−0,1315t −1,3685C 2 e−1,3685 t −
1
3
Reemplazando en "$
2
0,6(−0,1315C 1e
−0,1315t −1,3685C 2 e−1,3685t −
1
3)−
0,1t +0,10,6
+C 1 e−0,1315t +C 2 e
−1,3685 t −1
3t −
13
6 =h2
h2=0,56167C 1 e−0,1315 t −3,51667C 2 e
−1,3685 t −1
3t −3,2778… … … (8)
Para t - . tenemos:
h1 (0)=10=C 1 e−0,1315 (0 )+C 2 e−1,3685 (0)−1
3 (0 )−
13
6
10=C 1+C 2−13
6
C 1+C 2=73
6 … … …(9)
h2 (0 )=1=0,56167C 1 e−0,1315 (0)−3,51667C 2 e−1,3685 (0 )−
1
3 (0 )−3,2778
1=0,56167C 1−3,51667C 2−3,2778
0,56167C 1−3,51667C 2=4,2778… … …(10)
Resolviendo el sistema de ecuaciones "/$ & ".$ tenemos:
C 1=11,54
C 2=0,6267
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0inalmente con los valores de las constantes hallamos la distribución de altura mediante
las ecuaciones "1$ & "2$
h1=11,54 e−0,1315t +0,6267e
−1,3685 t −1
3 t −
13
6 … … …(11)
h2=6,482e−0,1315t
−2,204e−1,3685t
−1
3 t −3,2778… … …(12)
3rafcando ambas unciones tenemos:
. 4 ( # % ' 1 2 / .
.
4
#
'
2
.
4
Para hallar el valor m56imo derivamos la Ec, "4$ & lo igualamos a . obteniendo:
0=6,482 (−0,1315 ) e−0,1315t −2,204 (−1,3685 )e−1,3685t −
1
3
0=−0,852383e−0,1315t +3,016174 e
−1,3685t −1
3
Resolviendo:
t =0,7321
Para este tiempo tenemos:
h2max=6,482e−0,1315(0,7321)−2,204 e
−1,3685(0,7321)−1
3(0,7321)−3,2778
h2,max=1,556
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2. 0n tanque contiene 3,8m3
de soluci*n de NaO3 al 46 se %a a
)urgar al adicionar agua )ura a ra7*n de4,5
m
3
/h . Si la soluci*n sale
del tanque a ra7*n de 4,5m3/h # deterine el tie)o necesario )ara
)urgar el 86 del NaO3 en asa del tanque. Su)onga un e7clado )er,ecto. /a gra%edad es)ecí&ca del NaO3 es 9#44.
SO/0I1N
+enemos el siguiente es)uema:
onde w [¿ ]g de NaOH /m3
7omo tenemos un mezclado perecto8 podemos decir )uews=w
Eectuando un balance de materia tenemos: ALMACENAMIENTO= ENTRADA−SALIDA
V dw
dt =w e qe−w s qs
qe=4,5m3/h
V =3,8m3
qs=4,5 m3/h
3
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V dw
w e qe−w qs
=dt
+enemos )ue para t =0 :
w= x
!= 20 KgNaOH
100 Kg de S"# $
1,22 Kg de S"# $
m3
de S"#$ =0.244 KgNaOH
m3
deS"#
V ∫w
0
wdw
w e qe−w qs
=∫0
t
dt
−V
qs ln( w e qe−w qs
w e qe− x ! qs
)=t
7omo sabemos )ueq0−qs la ecuación se reduce a:
V
qs ln (
w e−w0
we−w )=t … … …(1)
+enemos los datos:
V =3,8m3
qs=4,5m3/h
w e=0 Kg /m3
w0= 20 KgNaOH
100 Kg de S"#$
1,22 Kgde S"# $
m3
deS"# $=0,244
KgNaOH
m3
de S"#
El valor de w viene dado por:
w= 20
100
(100−90)100
1,22 Kg de S"# $
m3
deS"#$=0,0244
KgNaOH
m3
de S"#
Reemplazando en "$
3,8
4,5 ln ( 0−0.244
0−0,0244 )=t
t =1.9444h
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9. onsiderando la serie de dos tanques ostrados en la &gura
inicialente cada tanque contiene V 0 m3
de soluci*n con una
concentraci*n C 0 . Si una solucion con una concentracion C A %
entra al )rier tanque a ra7on de & m3
h + la solucion sale cada
tanque con la isa ra)ide7. Deterine una ecuaci*n que )eritacalcular la concentraci*n del soluto A en la soluci*n que sale del últio tanque coo ,unci*n del tie)o. onsiderando e7clado )er,ecto.
SO/0I1N +enemos el balance de materia para el primer tan)ue:
ALMACENAMIENTO= ENTRADA−SALIDA
V 0 d C A 1
dt =C A% & −C A1 &
V 0d C A 1
& (C A%−C A1)=dt
Integrado el tiempo de 0 a t y la concentración deC 0 a C A1
V 0 & ∫
C 0
C A 1 d C A1
(C A%−C A1)=∫
0
t
dt
−V 0
& ln(
C A%−C A1
C A%−C 0 )=t
ln( C A%−C A 1
C A%−C 0 )=− &t
V 0
C A 1C A%
C A 2
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C A%−C A1=e
− &t
V 0 (C A%−C 0)
C A 1=C A%− (C A%−C 0 ) e
− &t
V 0 … … … (1 )
Realizando el balance de materia para el segundo tan)ue tenemos:
V 0d C A 2
dt =C A1 & −C A 2 &
Reemplazando el valor deC A 1 tenemos:
V 0
&
d C A2
dt =C A%−(C A%−C 0 ) e
− &t
V 0 −C A2
d C A2
dt +
&
V 0C A2=
&
V 0(C A%−( C A%−C 0 ) e
− &t
V 0 )
Que es una ecuación dierencial lineal de primer orden, la solución tiene la
orma:
'=e−∫ (dx [∫ e∫
(dx$)dx+* ]
onde:
(= &
V 0
)= &
V 0(C A%−( C A%−C 0 ) e
− &t
V 0 )
Reemplazando tenemos:
C A 2=e−∫ &
V 0
d t [∫ & e∫ &
V 0
dt
V 0(C A%−( C A%−C 0 ) e
− &t
V 0 )dt +* ]
C A 2=e
− & t
V 0
[ & V 0∫ (C A% e
&t
V 0
−(C A%−C 0 ))dt +*
]C A 2=e
− &t V 0 [ & V 0∫C A%e
&t
V 0 dt +∫ (C 0−C A% )dt +* ]
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C A 2=e
− &t
V 0 [C A% e
&t
V 0+(C 0−C A%) t +* ]
Parat =0 ;C A 2=C 0
C 0=[ C A%+* ]
*=C 0−C A%
Reemplazando:
C A 2=e
− &t
V 0 [C A% e
&t
V 0+(C 0−C A%) t +C 0−C A% ]
C A 2=e
− &t
V 0 [C A% e
&t
V 0+(C 0−C A%) (t +1)]
C A 2=C A%+(C 0−C A% )(t +1)e
− &t
V 0
9Que es la ecuación buscada
9. 'n un reactor "atc$ de %oluen constante se reali7a la siguientereacci*n consecuti%a!
A + 1,
- + 2,
C
/a concentraci*n inicial de A# C 0 es 10−3
M # + las constantes
cin:ticas! + 1=0,35 ' + 2=0,15 -uál es el %alor de
C A .C - ' C C .*/a0d"t =20?
Tenga )resente que!
−) A=−d C A
dt =+ 1C A
2−)-=−d C -
dt =+ 2 C -−+ 1C A
2C 0=C A+C -+C C
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SO/0I1N
e la primera ecuación tenemos:
−d C A
dt =+ 1 C A
2
−∫C 0
C A d C A
C A2 =+ 1∫
0
t
dt
1
C A−
1
C 0=+ 1t
1
C A=+ 1t +
1
C 0
C A= C 0
+ 1 t C 0+1 … … …(1)
e la segunda ecuación tenemos:
−d C -
dt =+ 2 C -−+ 1C A
2
−d C -
dt =+ 2 C -−+ 1( C 0
+ 1 t C 0+1 )2
d C -
dt ++ 2 C -=+ 1( C 0
+ 1t C 0+1 )2
Que es una ecuación dierencial lineal de primer orden, la solución tiene la
orma:
'=e−∫ (dx [∫ e∫
(dx$)dx+* ]
onde:
(=+ 2
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)=+ 1( C 0
+ 1t C 0+1 )2
Reemplazando tenemos:
C -=e−∫ + 2 dt [∫ e
∫ + 2 dt $ + 1
C 02
( + 1C 0 t +1 )2 dt +*]
C -=e−+ 2 t [∫−+ 1C 0
2e
+ 2 t
+ 1C 0d ( 1
+ 1 C 0 t +1 )+* ]
C -=e−+
2t
[∫−C 0 e
+ 2
t d
(
1
+ 1 C 0 t +1 )+*
]C -=e
−+ 2 t [−C 0e+ 2 t 1
+ 1C 0t +1+∫ 1
+ 1C 0t +1d (C 0 e
+ 2 t )+* ]
C -=e−+
2t [ −C 0 e
+ 2 t
+ 1 C 0 t +1+C 0+ 2∫
e+ 2 t
+ 1 C 0 t +1 d t +* ]
C -=e−+ 2 t [
−C 0 e+ 2 t
+ 1 C 0 t +1+C 0+ 2∫
+ 2 e+ 2 t
+ 2 + 1C 0(t + 1
+ 1C 0 ) d t +* ]
C -=e−+ 2 t
[ −C 0 e
+ 2 t
+ 1
C 0
t +1++ 2∫
e+ 2 t
+ 1(+ 2 t + + 2
+ 1C 0 )d + 2 t +*]
C -=e−+
2t [ −C 0 e
+ 2 t
+ 1 C 0 t +1+
+ 2
e
+ 2+ 1 C 0 + 1
∫ e+ 2 t +
+ 2+ 1 C 0
(+ 2t + + 2
+ 1C 0 ) d(+ 2 t +
+ 2+ 1 C 0 )+*]
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;ea
+ 2
+ 1C 0=∝
La solución de la integral es de la siguiente manera:
C -=e−+ 2 t [ −C 0 e
+ 2 t
+ 1 C 0 t +1+
+ 2
+ 1 e∝ ( ln (+ 2 t +∝ )+
1
1.11 (+ 2t +∝ )
1
2.2 1( + 2t +∝ )
2+…)+* ]
+enemos )ue para
t =0 ; C -=0
Reemplazando:
0=[−C 0+ + 2
+ 1 e∝ ( ln (∝ )+
1
1.1 1(∝ )
1
2.2 1(∝ )2+
1
3.3 1 (∝ )3+…)+*]
*=C 0− + 2
+ 1
e∝ (ln (∝ )+
1
1.1 1(∝ )
1
2.2 1 (∝ )
2+
1
3.31 (∝ )
3+…)
Reemplazando el valor de ∝ tenemos:
∝= + 2
+ 1C 0=
0,15
0,35 x 0,001=428.57
La ecuación )ueda de la siguiente manera:
C -=e−+ 2 t [ −C 0 e
+ 2 t
+ 1 C 0 t +1+
+ 2
+ 1 e∝ ( ln (+ 2 t +∝ )+
1
1.11 (+ 2t +∝ )+
1
2.2 1 (+ 2 t +∝ )
2+…)+C 0−
+ 2
+ 1 e∝ ( ln (∝)+
1
1.11 (∝ )
C -=e−+ 2 t [C 0− C 0e
+ 2t
+ 1C 0 t +1+ + 2
+ 1 e∝ ( ln( + 2 t
∝
+1)+ (+ 2t +∝ )−∝1.1 1
+(+ 2t +∝ )2−(∝ )2
2.21 +…)]
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Podemos ver )ue el valor de+ 2 t
es insignifcante al valor de ∝ , por esto
todas mas sumatorias se apro6iman a .8 adem5s el cociente e∝
es
demasiado grande, por lo tanto seria razonable eliminar este término:
C -=e−+
2t [C 0−
C 0 e+ 2t
+ 1 C 0 t +1 ]C -=[C 0 e
−+ 2t − C 0
+ 1 C 0 t +1 ]… … …(2)
+enemos los valores de las constantes:
C A 0
=0,001
+ 1=0,35
+ 2=0,15
Para t =20 tenemos:
C A=
0,001
0,35 (20 ) (0,001 )+1
C A=9,9305 x10−4
M
e la ecuación "4$ tenemos:
C -=[C 0 e−+ 2t −
C 0
+ 1 C 0 t +1 ]C -=C 0 e
−+ 2 t −C A
C -=0.001e−0.15(20)−9,9305 x 10
−4
C -=9.4326 x 10−4
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