Este documento presenta un caso de estudio sobre el balance de masa unidimensional de un reactor. El objetivo es deducir una ecuación diferencial para la concentración y hallar una solución. Se desarrolla una ecuación en estado estacionario y se resuelve usando un método numérico. Luego, se resuelve la ecuación general para caracterizar la respuesta transitoria y cómo cambian los niveles de concentración con el tiempo. Finalmente, se forma un sistema de ecuaciones tridiagonal y se resuelve usando el algoritmo de Thomas para obtener los valores

1. Universidad Nacional San
Antonio Abad del Cusco
Facultad de Ciencias
Escuela Profesional de Física

2. Física Computacional II
Caso de estudio I
Alumno:
Miranda Hankgo Iván Cesar
Estudiante de Física
BALANCE DE MASA UNIDIMENSIONAL DE UN REACTOR
(INGENIERÍA QUÍMICA/BIOINGENIERÍA)
Docente del curso:
Vera Victoria David Teófilo
Académico Profesional

3. Antecedentes
Los ingenieros químicos
utilizan mucho los reactores
idealizados en
su trabajo de diseño.
En las secciones 12.2 y 28.1
nos concentramos en
reactores simples o
acoplados bien mezclados,
los cuales constituyen
ejemplos de sistemas de
parámetros localizados.

4. Caso de estudio y objetivo
Objetivo:
El objetivo de este caso de estudio es deducir una ecuación
diferencial para la concentración y hallar una solución a la ED.
Caso de estudio:

5. Ecuación diferencial
𝑉
∆𝑥
∆𝑡
= 𝑄𝑐 𝑥 − 𝑄 − 𝑐 𝑥 +
𝜕𝑐 𝑥
𝜕𝑥
∆𝑥 𝐷𝐴𝑐
𝜕𝑐 𝑥
𝜕𝑥
+ 𝐷𝐴𝑐[
𝜕𝑐 𝑥
𝜕𝑥
+
𝜕
𝜕𝑥
𝜕𝑐 𝑥
𝜕𝑥
∆x] − k𝑉
𝑐 (1)
𝐹𝑙𝑢𝑗𝑜 = −𝐷
𝜕𝑐
𝜕𝑥
(2)
Ley de Fick:
Si ∆t y ∆x tienden a cero, la ecuación (1) será:
𝜕𝑐
𝜕𝑥
= 𝐷
𝜕2𝑐
𝜕𝑥2
− 𝑈
𝜕𝑐
𝜕𝑥
− kc (3)
El balance de masa de la figura 32.1 se expresa como ecuación diferencial parcial
parabólica. En ocasiones (3) se llama ecuación advección-dispersión.

6. Condiciones de frontera
En estado estacionario (3) se reduce a una EDO de segundo orden:
0 = 𝐷
𝜕2
𝑐
𝜕𝑥2 − 𝑈
𝜕𝑐
𝜕𝑥
− kc (4)
Antes de t = 0, el reactor se llena con agua sin químico. En t = 0 se agrega el químico en
el flujo de entrada del reactor a un nivel constante de 𝑐𝑒𝑛. Así tienen las siguientes
condiciones de frontera:
𝑄𝑐𝑒𝑛 = 𝑄𝑐0 − 𝐷𝐴𝑐
𝜕𝑐0
𝜕𝑥
(5)
Primera condición de frontera:
Segunda condición de frontera: 𝑐`
𝐿, 𝑡 = 0

7. Ejercicio:
0 = 𝐷
𝜕2
𝑐
𝜕𝑥2
− 𝑈
𝜕𝑐
𝜕𝑥
− kc (4)
La segunda condición especifica que la sustancia sale del reactor simplemente
como una
función del flujo a través del tubo de salida. Es decir, se supone que la dispersión
en el
reactor no afecta la velocidad de salida. Bajo estas condiciones, utilice los
métodos
numéricos para resolver la ecuación (4) en niveles de estado estacionario para el
reactor. Observe que se trata de un problema de EDO con valores en la frontera.
Después
resuelva la ecuación (3) para caracterizar la respuesta transitiva (es decir, cómo
cambian
los niveles con el tiempo conforme el sistema se aproxima al estado estacionario).
Esta aplicación utiliza una EDP.
Solución. Se desarrolla una ecuación en estado estacionario sustituyendo la
primera
y la segunda derivadas de la ecuación (4) por diferencias finitas centradas para
obtener
0 = 𝐷
𝑐𝑖+1 − 2𝑐𝑖 + 𝑐𝑖−1
∆𝑥2
− 𝑈
𝑐𝑖+1 − 𝑐𝑖−1
∆𝑥
− kc (6)

8. Ejercicio:
𝐷𝑐𝑖−1
∆𝑥2 + 𝑈
𝑐𝑖−1
∆𝑥
−
2∆𝑥𝑐𝑖
∆𝑥2 − k𝑐𝑖 +
𝐷𝑐𝑖+1
∆𝑥2 − 𝑈
𝑐𝑖+1
∆𝑥
= 0 (7)
−
𝐷
𝑈∆𝑥
+
1
2
𝑐𝑖−1 +
2𝐷
𝑈∆𝑥
+
𝐾∆𝑥
𝑈
𝑐𝑖 −
𝐷
𝑈∆𝑥
−
1
2
𝑐𝑖+1 = 0 (9)
Desarrollando (6) :
Agrupando se tiene (7):
𝐷
∆𝑥2 +
𝑈
2∆𝑥
𝑐𝑖−1 −
2𝐷
∆𝑥
+ 𝐾 𝑐𝑖 +
𝐷
∆𝑥2 −
𝑈
2∆𝑥
𝑐𝑖+1 = 0 (8)
Multiplicando a (8) por ∆x , 1/U y (-), se tiene:
−
𝐷
𝑈∆𝑥
+
1
2
𝑐−1 +
2𝐷
𝑈∆𝑥
+
𝐾∆𝑥
𝑈
𝑐0 −
𝐷
𝑈∆𝑥
−
1
2
𝑐1 = 0 (10)
Si i = 0, la ecuación (9) se expresa como:

9. E.D. para la entrada:
De (10) despejamos 𝑐−1 :
𝑐−1 = 𝑐1 +
𝑄𝑐𝑒𝑛2∆𝑥
𝐷𝐴𝑐
−
𝑄𝑐02∆𝑥
𝐷𝐴𝑐
(12)
𝑐−1 = 𝑐1 +
2∆𝑥𝑈𝑐𝑒𝑛
𝐷
−
2∆𝑥𝑈𝑐0
𝐷
(13)
Como 𝑈 = 𝑄/𝐴𝑐, finalmente:
Usamos la primera condición de frontera, ecu.(5), y sustituimos la derivada por una
diferencia dividida finita:
𝑄𝑐𝑒𝑛 = 𝑄𝑐0 − 𝐷𝐴𝑐
𝜕𝑐0
𝜕𝑥
(5)
𝑄𝑐𝑒𝑛 = 𝑄𝑐0 − 𝐷𝐴𝑐
𝑐1−𝑐−1
2∆𝑥
(11)
Al sustituir (13) en (10), se tiene:
−
𝐷
𝑈∆𝑥
+
1
2
𝑐1 +
2∆𝑥𝑈𝑐𝑒𝑛
𝐷
−
2∆𝑥𝑈𝑐0
𝐷
+
2𝐷
𝑈∆𝑥
+
𝐾∆𝑥
𝑈
𝑐0 −
𝐷
𝑈∆𝑥
−
1
2
𝑐1
= 0 (14)

10. E.D. para entrada
Desarrollamos la ecu. (14):
2 +
∆𝑋𝑈
𝐷
+
2𝐷
𝑈∆𝑥
+
𝐾∆𝑥
𝑈
𝑐0 −
2𝐷
𝑈∆𝑥
𝑐1 = 2 +
∆𝑋𝑈
𝐷
𝑐𝑒𝑛 (16)
𝐷𝑐1
𝑈∆𝑥
−
2𝐷∆𝑥𝑈𝑐𝑒𝑛
𝐷∆𝑥𝑈
+
2𝐷∆𝑥𝑈𝑐0
𝐷∆𝑥𝑈
−
𝑐1
2
−
1
2
2∆𝑥𝑈𝑐𝑒𝑛
𝐷
+ −
1
2
2∆𝑥𝑈𝑐0
𝐷
+
2𝐷𝑐0
𝑈∆𝑥
+
𝑘∆𝑥𝑐0
𝑈
−
𝐷𝑐1
∆𝑥𝑈
−
𝑐1
2
= 0 (15)
Simplificando y agrupando (15), tenemos:

11. E.D. para la salida
Se puede realizar un desarrollo similar para la salida, donde la ecuación en
diferencias
original es:
−
𝐷
𝑈∆𝑥
+
1
2
𝑐𝑛−1 +
2𝐷
𝑈∆𝑥
+
𝐾∆𝑥
𝑈
𝑐𝑛 −
𝐷
𝑈∆𝑥
−
1
2
𝑐𝑛+1 = 0 (17)
Para hallar 𝑐−1 usamos la primera condición de frontera (5):
𝑄𝑐𝑛 = 𝑄𝑐𝑛 − 𝐷𝐴𝑐
𝜕𝑐𝑛
𝜕𝑥
(18)
Se sustituye la derivada por una diferencia dividida finita:
𝑄𝑐𝑛 = 𝑄𝑐0 − 𝐷𝐴𝑐
𝑐𝑛+1−𝑐𝑛−1
2∆𝑥
(19)
Una inspección de esta ecuación nos lleva a concluir que 𝑐𝑛+1 = 𝑐𝑛−1 . En otras
palabras, la pendiente a la salida debe ser cero para que se satisfaga la ecuación (12).
Sustituyendo este resultado en la ecuación (10) y simplificando, se tiene:
−
𝐷
𝑈∆𝑥
+
1
2
𝑐𝑛−1 +
2𝐷
𝑈∆𝑥
+
𝐾∆𝑥
𝑈
𝑐𝑛 = 0 (20)

12. Sistema de ecuaciones para D=2
Por ejemplo, si D = 2, U = 1, ∆ x = 2.5, k = 0.2 y cen = 100, las ecuaciones (9), (16)
y (20) se expresan de la siguiente forma:
−
2
2.5
+
1
2
𝑐𝑖−1 +
4
2.5
+
0.2 ∗ 2.5
1
𝑐𝑖 −
2
2.5
−
1
2
𝑐𝑖+1 = 0 (9)
2 +
2.5
2
+
4
2.5
+
0.2 ∗ 2.5
1
𝑐0 −
4
2.5
𝑐1 = 2 +
2.5
2
100 (16)
−
2
2.5
+
1
2
𝑐𝑛−1 +
4
2.5
+
0.2 ∗ 2.5
1
𝑐𝑛 = 0 (20)
−1.3𝑐𝑖−1 + 2.1𝑐𝑖 − 0.3𝑐𝑖+1 = 0 (𝑎)
5.35𝑐0 − 1.6𝑐1 = 325 (𝑏)
−1.3𝑐𝑛−1 + 2.1𝑐𝑛 − 0.3𝑐𝑛+1 = 0 (𝑐)

13. Matriz Tridiagonal para D = 2
Las ecuaciones (9), (16) y (20) forman ahora un sistema de n ecuaciones
tridiagonales con n incógnitas. Por ejemplo, si D = 4, U = 1, ∆ x = 2.5, k = 0.2 y cen
= 100, el sistema es:
5.35 −1.6
−1.3 2.1 −0.3
−1.3 2.1 −0.3
−1.3 2.1 −0.3
−1.6 2.1
𝑐0
𝑐1
𝑐2
𝑐3
𝑐4
=
325
0
0
0
0
Solución : Usamos el algoritmo de Thomas, tenemos la siguiente matriz
𝑓1 𝑔1
𝑒1 𝑓1 𝑔1
𝑒1 𝑓1 𝑔1
𝑒1 𝑓1 𝑔1
𝑒1 𝑓1
𝑐0
𝑐1
𝑐2
𝑐3
𝑐4
=
325
0
0
0
0
Para hallar 𝑒𝑘 y 𝑓𝑘
respectivamente
usamos:
𝑒𝑘 = 𝑒𝑘/𝑓𝑘−1
𝑓𝑘 = 𝑓𝑘 − 𝑒𝑘 ∗ 𝑔𝑘−1

14. Calculo de matriz [L] y [U]
Calculamos matriz [L]:
1
−0.24 1
−0.76 1
−0.69 1
−0.845 1
Calculamos matriz [U]:
5.35 −1.6
1.716 −0.3
1.872 −0.3
1.843 −0.3
1.8465
1
−0.24 1
−0.76 1
−0.69 1
−0.845 1
𝑑0
𝑑1
𝑑2
𝑑3
𝑑4
=
325
0
0
0
0
Solución de arriba hacia abajo: [L] * [D] = [B]
Los valores de la
matriz [D], son:
𝑑0 = 325
𝑑1 = 78
𝑑2 = 59.28
𝑑3 = 40.9032
𝑑4 = 34.563

15. Calculo los valores de la matriz
tridiagonal
5.35 −1.6
1.716 −0.3
1.872 −0.3
1.843 −0.3
1.8465
𝑐0
𝑐1
𝑐2
𝑐3
𝑐4
=
325
78
59.28
40.9032
34.563
Solución de abajo hacia arriba: [U] * [C] = [D]
Los valores de la
matriz [C], son:
𝑐0 = 76.21
𝑐1 = 51.70
𝑐2 = 35.71
𝑐3 = 25.24
𝑐4 = 18.72
c0 = 76.44 c3 = 25.05
c1 = 52.47 c4 = 19.09
c2 = 36.06
Comparando con los resultados del libro:
Calculo del libro: Calculo a mano:

16. Sistema de ecuaciones para D=4
Por ejemplo, si D = 4, U = 1, ∆ x = 2.5, k = 0.2 y cen = 100, las ecuaciones (9), (16)
y (20) se expresan de la siguiente forma:
−
4
2.5
+
1
2
𝑐𝑖−1 +
8
2.5
+
0.2 ∗ 2.5
1
𝑐𝑖 −
4
2.5
−
1
2
𝑐𝑖+1 = 0 (9)
2 +
2.5
4
+
8
2.5
+
0.2 ∗ 2.5
1
𝑐0 −
8
2.5
𝑐1 = 2 +
2.5
4
100 (16)
−
4
2.5
+
1
2
𝑐𝑛−1 +
8
2.5
+
0.2 ∗ 2.5
1
𝑐𝑛 = 0 (20)
−2.1𝑐𝑖−1 + 3.7𝑐𝑖 − 1.1𝑐𝑖+1 = 0 (𝑑)
6.325𝑐0 − 3.2𝑐1 = 262.5 (𝑒)
−2.1𝑐𝑛−1 + 3.7𝑐𝑛 − 2.1𝑐𝑛+1 = 0 (𝑓)

17. Matriz Tridiagonal para D = 4
Las ecuaciones (9), (16) y (20) forman ahora un sistema de n ecuaciones
tridiagonales con n incógnitas. Por ejemplo, si D = 4, U = 1, ∆ x = 2.5, k = 0.2 y cen
= 100, el sistema es:
6.33 −3.2
−2.1 3.7 −1.1
−2.1 3.7 −1.1
−2.1 3.7 −1.1
−3.2 3.7
𝑐0
𝑐1
𝑐2
𝑐3
𝑐4
=
262.5
0
0
0
0
𝑐0 = 65.6
𝑐1 = 47.63
𝑐2 = 34.98
𝑐3 = 26.72
𝑐4 = 23.11
De la misma forma se obtiene para D = 4:

18. Gráfica de resultados para D=2 y D=4
Libro:
GeoGebra:

19. Gráfica de resultados para D=2 y D=4
Libro :
Python :

20. Gráfica variante en el tiempo
Además de los cálculos en estado estacionario, los métodos numéricos se utilizan
para generar la solución variable con el tiempo de la ecuación (32.3). La figura
32.3
muestra los resultados para D = 2, U = 1, x = 2.5, k = 0.2 y cen = 100, donde la
concentración en el tanque es 0 en el instante cero. Como se esperaba, el
impacto inmediato ocurre cerca de la entrada. Con el tiempo, la solución se
aproxima al nivel de estado estacionario.
Libro:
GeoGebra

21. Gráfica variante en el tiempo
Además de los cálculos en estado estacionario, los métodos numéricos se utilizan
para generar la solución variable con el tiempo de la ecuación (32.3). La figura
32.3
muestra los resultados para D = 2, U = 1, x = 2.5, k = 0.2 y cen = 100, donde la
concentración en el tanque es 0 en el instante cero. Como se esperaba, el
impacto inmediato ocurre cerca de la entrada. Con el tiempo, la solución se
aproxima al nivel de estado estacionario.
Libro:
Python

22. Gracias por su atención
Iván Miranda H.
Estudiante de Física de la Universidad de San
Antonio Abad del Cusco y estudiante del curso
de Técnicas Expositivas.
“Si lo puedes imaginar. Lo puedes
programar”
Alejandro Taboada