1er Examen parcial.docx

7/17/2019 1er Examen parcial.docx

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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



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:



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



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



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



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



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



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



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 +* ]



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



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



)=+ 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 )+*]



;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 +…)]



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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