Vaciado de tanques con ejercicios resueltos paso a paso

Muchos problemas físicos dependen de alguna manera de la geometría. Uno de ellos es la salida de líquido de un tanque a través de un orificio situado al fondo del mismo. La forma geométrica del recipiente determina el comportamiento físico del líquido.

Ecuación diferencial asociada al vaciado de un tanque

Consideremos un recipiente lleno de un líquido hasta una altura h. Supongamos que el líquido fluye a través de un orificio de sección transversal “a”, el cual está ubicado en la base del tanque. Se desea establecer la altura de líquido en el tanque en cualquier instante t y el tiempo que este demora en vaciarse.
Sea h(t) la altura de líquido en el tanque en cualquier instante t y V(t) el volumen de líquido presente en el tanque en ese instante. La velocidad v del líquido que sale a través del orificio es:

v=\sqrt{2gh}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1)

donde g es la gravedad. La ecuación (1) representa la velocidad que una gota de líquido adquiriría al caer libremente desde la superficie del líquido hasta el agujero.

CONSIDERACIONES BASICAS PARA EL ESTUDIO DEL VACIADO DE UN TANQUE

En condiciones reales, hay que tomar en cuenta la contracción que sufre un chorro de líquido en un orificio, por lo que se tendrá

v=c\sqrt{2gh} \,\,\,\,\,\, (2)

donde c es el coeficiente de descarga comprendido entre 0 y 1 (0 < c < 1).

Ley de Torricelli

Según la Ley de Torricelli, la razón con la que el líquido sale por el agujero (variación delvolumen de líquido en el tanque respecto del tiempo) se puede expresar como el área “a” del orificio de salida por la velocidad v del líquido drenado, esto es

\dfrac{dV}{dt}=-av \,\,\,\,\,\, (3)

sustituyendo la ecuación (2) en la ecuación (3) se tiene

\dfrac{dV}{dt}=-ac\sqrt{2gh} \,\,\,\,\,\, (4)

Siendo A(h) el área de la sección transversal horizontal del tanque a la altura h, que dependen de la geometría del tanque. Aplicando el método del volumen por secciones transversales se obtiene

V=\int_{0}^{h} A(h)\, dh
derivando respecto de t y aplicando el teorema fundamental del cálculo

\dfrac{dV}{dt}=A(h)\dfrac{dh}{dt} \,\,\,\,\,\, (5)
Igualando las ecuaciones (4) y (5) se obtiene la ecuación diferencial asociada al problema de vaciado de un tanque

A(h)\dfrac{dh}{dt}=-ac\sqrt{2gh} \,\,\,\,\,\, (6)

Ejercicios resueltos de vaciado de tanques

A continuación se mostrarán algunos ejercicios resueltos de vaciado de tanques para que el lector comprenda el uso de la ecuación diferencial en el modelado o predicción de la altura del líquido en función del tiempo t.

Ejemplo 1 vaciado de un tanque cilíndrico

Un cilindro recto circular de 4 metros de radio y 20 metros de altura, está lleno en su totalidad con agua. Si se quita un tapón ubicado en la base del tanque y comienza a salir el líquido por un pequeño orificio ubicado en el fondo. Si el área del orificio de salida es 10 $ cm^{2} $, ¿Cuánto tardará en vaciarse todo el tanque?

vaciado de un tanque cilindrico
Tanque Cilindrico

Solución

PASOS PARA RESOLVER UN EJERCICIO DE VACIADO DE TANQUES EMPLEADO ECUACIONES DIFERENCIALES

Primer paso: determinar el área de la sección transversal

Para determinar A(h), que es el área de la sección transversal del tanque en función de la altura h, observe en la Figura 1 que las secciones transversales del tanque son circunferencias de radio constante r = 10 metros. Por lo mencionado anteriormente, el área de la sección transversal es la misma, independientemente de la altura h a la cual se efectúe el corte. Por ello, el área de la sección transversal A(h) se determina de la siguiente manera

A(h) = \pi r^{2}= \pi (4)^{2} = 16 \pi \, m^{2}

Segundo paso: emplear la ecuación diferencial asociada al escape de un líquido

La ecuación diferencial asociada a los problemas de Vaciado de tanques es

A(h)\dfrac{dh}{dt}=-ac\sqrt{2gh}

sabiendo que el área a del orificio de salida es 10cm^{2}= 1x 10^{-3} m^{2}, el coeficiente de descarga c no está dado por lo tanto se asume  c = 1 y la gravedad es g= 9.8 \, m/s^{2}. Sustituyendo a, c, g, y A(h)  en la ecuación diferencial se obtiene
16 \pi \dfrac{dh}{dt}=-1x10^{-3}\sqrt{2(9.8)} \sqrt{h}

Tercer paso: Resolver la ecuación diferencial obtenida

La ecuación diferencial obtenida es una ecuación diferencial de variables separables. Separando variables nos queda

\left( \dfrac{16 \pi}{-1x10^{-3}\sqrt{2(9.8)}}\right) \dfrac{1}{\sqrt{h}}dh= dt
integrando
\left( \dfrac{16 \pi}{-1x10^{-3}\sqrt{2(9.8)}}\right) \int \dfrac{1}{\sqrt{h}}\, dh= \int dt
ambas integrales son inmediatas, por lo tanto la solución general es

\left( \dfrac{32 \pi}{-1x10^{-3}\sqrt{2(9.8)}}\right) \sqrt{h} = t + k \,\,\,\,\,\, (7)

Cuarto paso: hallar la solución particular empleando las condiciones dadas

Para determinar el valor de la constante k de integración, se usa la condición inicial, esto es, se sustituye en la ecuación (7) t = 0 seg y h = 20 metros, resultando
0 + k=\left( \dfrac{32 \pi}{-1x10^{-3}\sqrt{2(9.8)}}\right) \sqrt{20}=-101.551,61
Este valor obtenido para k se sustituye en la ecuación (7), obteniéndose

\left( \dfrac{32 \pi}{-1x10^{-3}\sqrt{2(9.8)}}\right) \sqrt{h} = t-101.551,61 \,\,\,\,\,\, (8)

Quinto paso: Calcular 

Para determinar el tiempo que demora en vaciarse el tanque, es decir, el tiempo para el cual deja de haber líquido en el tanque, se debe sustituir h = 0 en la ecuación (8)
t = \left( \dfrac{32 \pi}{-1x10^{-3}\sqrt{2(9.8)}}\right) \sqrt{20}+101.551,61 = 101.551,61
Luego el tanque se vacía en un tiempo t = 101.551,61 s, es decir, 28 h 12 min 31 s.

 

Ejemplo 2 Vaciado de un tanque cónico

Un tanque en forma de cono circular recto, de altura 8 metros y radio 3 metros, inicialmente está lleno en un 75 % de su capacidad. Si su contenido se descarga por un orificio situado en el fondo del tanque de área a = 7 cm^{2} y el coeficiente de descarga es 0,75. Determine el tiempo que tarda en vaciarse y la cantidad de líquido en el tanque luego de 2 horas de iniciado el vaciado.

Figura 1 Vaciado de un tanque cónico

Solución

PASOS PARA RESOLVER UN EJERCICIO DE VACIADO DE TANQUES EMPLEADO ECUACIONES DIFERENCIALES

Primer paso: determinar el área de la sección transversal

Para determinar A\left ( h \right ), que es el área de la sección transversal del tanque en función de la altura h, observe en la Figura 1 que las secciones transversales del tanque son circunferencias de radio variable.

A\left ( h \right ) = \pi r^{2}

Para expresar r en función de h, debe hacerse una abstracción, en el sentido de visualizar el tanque, no como un sólido, sino como una figura plana (ver Figura 2).Por semejanza de triángulos se tiene entonces la siguiente relación de proporción

Figura 2 Semejanza de triángulos

\frac{r}{h} = \frac{3}{8}

despejando r

r = \frac{3}{8}h

Por lo tanto, el área de la sección transversal es

A\left ( h \right ) = \pi \left ( \frac{3}{8}h \right )^{2} = \left ( \frac{9}{64} \right )\pi h^{2}

Segundo paso: emplear la ecuación diferencial asociada al escape de un líquido

La ecuación diferencial asociada al vaciado de tanques es

A\left ( h \right )\frac{dh}{dt} = -ac\sqrt{2gh}

Conociendo que el área de orificio de salida es a = 7 cm^{2} pero como las dimensiones del tanque están dadas en metros, se debe realizar la conversión 7cm^{2}\left ( \frac{1m}{100cm} \right )^{2} = 7\times 10^{-4}m^{2}, el coeficiente de descarga c = 0.75 y la gravedad es g = 9.8m/s^{2}.
Sustituyendo a, c, g, y A\left ( h \right ) en la ecuación diferencial se obtiene

\left ( \frac{9}{64} \right )\pi h^{2}\frac{dh}{dt} = -7\times 10^{-4}\left ( 0.75 \right )\sqrt{2\left ( 9.8 \right )}\sqrt{h}

Tercer paso: Resolver la ecuación diferencial obtenida

La ecuación diferencial obtenida es una ecuación diferencial de variables separables. Separando variables nos queda

\left ( \frac{9\pi }{-7\times 10^{-4}\left ( 0.75 \right )\left ( 64 \right )\sqrt{2\left ( 9.8 \right )}} \right )\frac{h^{2}}{\sqrt{h}}dh = dt

integrando

\left ( \frac{9\pi }{-7\times 10^{-4}\left ( 0.75 \right )\left ( 64 \right )\sqrt{2\left ( 9.8 \right )}} \right )\int h^{\frac{3}{2}}dh = \int dt

ambas integrales son inmediatas, por lo tanto la solución general es

\left ( \frac{9\pi }{-7\times 10^{-4}\left ( 0.75 \right )\left ( 64 \right )\sqrt{2\left ( 9.8 \right )}} \right )\frac{2}{5}h^{\frac{5}{2}} = t + k \ (1)

Cuarto paso: hallar la solución particular empleando las condiciones dadas

Para determinar el valor de la constante k de integración, se debe conocer la altura inicial h_{0} para un volumen inicial del 75% del volumen total. Por lo tanto determinamos el volumen total

V = \int_{0}^{8}\frac{9}{64}\pi h^{2}dh = \left ( \frac{9}{64} \right )\pi \frac{h^{3}}{3}\left|\begin{matrix} 8 \\ \\ 0 \end{matrix} \right. = 24\pi

pero el volumen inicial del líquido es 75% del volumen total,es decir, V_{0} = 0.75V = 18\pi. Conocido el volumen inicial y utilizando el método del volumen por secciones transversales, se podrá determinar cual es la altura inicial de líquido en el tanque

V = \int_{0}^{h_{0}}\left ( \frac{9}{64} \right )\pi h^{2}dh = 18\pi

integrando y evaluando podemos despejar h_{0}

\left ( \frac{3\pi }{64} \right )\left ( h_{0} \right )^{3} = 18\pi \Rightarrow \left ( h_{0} \right )^{3} = 384 \Rightarrow \left ( h_{0} \right ) = 7.26\text{m}

Ahora procedemos a determinar el valor de la constante de integración k, para ello se sustituye en la ecuación (1) la condición inicial, esto es, t = 0 \ \text{seg} y h = 7,26 \ \text{metros}, resultando

k = \left ( \frac{9\pi }{-7\times 10^{-4}\left ( 0.75 \right )\left ( 64 \right )\sqrt{2\left ( 9.8 \right )}} \right )\frac{2}{5}\left ( 7.26 \right )^{\frac{5}{2}} = -10,797.58

Este valor obtenido para k se sustituye en la ecuación (1), obteniéndose

-76.03h^{\frac{5}{2}} = t - \left ( 10,797.58 \right ) \ (2)

Quinto paso: Calcular 

Para determinar el tiempo que demora en vaciarse el tanque, es decir, el tiempo para el cual deja de haber líquido en el tanque, se debe sustituir h = 0 en la ecuación (2)

t = -76.03\left (0 \right )^{\frac{5}{2}} + 10,797.58 = 10,797.58

Luego el tanque se vacía en un tiempo t = 10,797.58 \ \text{s}, es decir, 2 \text{h} \ 59 \text{min} \ 57 \text{s}..

Para determinar la cantidad de líquido en el tanque luego de 2 horas de iniciado el vaciado, se despeja h de la ecuación (2) para obtener la ley de variación de la altura de líquido en el tanque en cualquier instante t

h\left ( t \right ) = \left ( \frac{10,979.58 - t}{76.03} \right )^{\frac{2}{5}} \ (3)

sustituyendo t = 2\text{h} = 7200\text{s}en la ecuación (3) se obtiene h_{1} la altura del líquido contenido en el tanque luego de 2 horas de comenzado el vaciado

h_{1} = \left( \frac{10,797.58-7200}{76.03}\right)^{\frac{2}{5}}= 4.67 \text{m}

Conocida la altura h_{1} se podrá determinar cual es el volumen de líquido en el tanque

V = \int_{4.67}^{0}\left ( \frac{9}{64} \right )\pi h^{2}dh = \left ( \frac{9}{64} \right )\pi \frac{h^{3}}{3}\left|\begin{matrix} 4.67 \\ \\0 \end{matrix} \right. = 15.23 \text{m}^{3}

en conclusión luego de 2 horas el volumen de líquido en el tanque es V = 15.23 \text{m}^{3}.

Ejemplo 3  Vaciado de un tanque en forma de cubo

Un tanque tiene la forma de un cubo de 3 metros de arista, está lleno en su totalidad con agua. Debido a un pequeño orificio situado en el fondo del tanque presenta un escape. Si luego de 50 minutos de comenzar el vaciado la altura del líquido es 1 metro, determine: área del orificio de salida y tiempo de vaciado.

Figura 1 Tanque con forma de cubo

Solución

PASOS PARA RESOLVER UN EJERCICIO DE VACIADO DE TANQUES EMPLEADO ECUACIONES DIFERENCIALES

Primer paso: determinar el área de la sección transversal

Para determinar A\left ( h \right ), que es el área de la sección transversal del tanque en función de la altura h, observe en la Figura 1 que las secciones transversales del tanque es un cuadrado de área constante. Por lo tanto, el área de la sección transversal es la misma, independientemente de la altura h a la cual se efectúe el corte. Por lo tanto,

A\left ( h \right ) = l^{2} = \left ( 3 \right )^{2} = 9m^{2}

Segundo paso: emplear la ecuación diferencial asociada al escape de un líquido

La ecuación diferencial asociada a los problemas de Vaciado de tanques es

A\left ( h \right )\frac{dh}{dt} = -ac\sqrt{2gh}

el área a del orificio de salida es desconocido, el coeficiente de descarga c no está dado por lo tanto se asume c = 1 y la gravedad es g = 9.8m/s^{2}. Sustituyendo c, g, y A\left ( h \right ) en la ecuación diferencial se obtiene

9\frac{dh}{dt} = -a\sqrt{2\left ( 9.8 \right )}\sqrt{h}

Tercer paso: Resolver la ecuación diferencial obtenida

La ecuación diferencial obtenida es una ecuación diferencial de variables separables. Separando variables nos queda

\frac{9}{\sqrt{h}}dh = -a\sqrt{2\left ( 9.8 \right )}dt

integrando

9 \int \frac{1}{\sqrt{h}}dh = -a\sqrt{2\left ( 9.8 \right )}\int dt

ambas integrales son inmediatas, por lo tanto la solución general es

18\sqrt{h} = -a\sqrt{2\left ( 9.8 \right )}t + k\left ( 1 \right )

Cuarto paso: hallar la solución particular empleando las condiciones dadas

Para determinar el valor de la constante k de integración, se usa la condición inicial, esto es, se sustituye en la ecuación (1) t = 0\ \text{seg} y h = 3 \ \text{metros}, resultando

k = 18\sqrt{3}

Para determinar el área del orificio a, se usa la segunda condición, esto es, se sustituye en la ecuación (1) t = 50\ \text{min} = 3.000\ \text{seg}  y h = 1 \ \text{metro}, resultando

18\sqrt{1} = -a\sqrt{2\left ( 9.8 \right )}\left ( 3000 \right ) + 18\sqrt{3}

despejando a se obtiene

a = \frac{18\sqrt{3} - 18}{3000\sqrt{2\left ( 9.8 \right )}} = 9.92 \times 10^{-4} \ m^{2}

Por lo tanto el área del orificio de salida es a = 9.92 \ cm^{2}. Los valores obtenidos para k y a se sustituye en la ecuación (1), obteniéndose

18\sqrt{h} = -9.92\times 10^{-4} \sqrt{2\left ( 9.8 \right )}t + 18\sqrt{3} \ (2)

Quinto paso: Calcular 

Para determinar el tiempo que demora en vaciarse el tanque, es decir, el tiempo para
el cual deja de haber líquido en el tanque, se debe sustituir h = 0 en la ecuación (2)

18\sqrt{0} = -9.92\times 10^{-4}\sqrt{2\left ( 9.8 \right )}t + 18\sqrt{3}

\Rightarrow = \frac{18\sqrt{3}}{9.92 \times 10^{-4}\sqrt{2\left ( 9.8 \right )}} = 7098.08 \ s

Luego el tiempo de vaciado del tanque es t = 7.098,08 \ s, es decir, 1 \text{h} \ 58 \text{min} \ 18 \text{s}.

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