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335
APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS DE
PRIMER ORDEN A PROBLEMAS DE VACIADO DE TANQUES
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 agua.
Considere un recipiente lleno de agua hasta una altura h. Suponga que el agua 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
agua del tanque en ese instante. La velocidad v del agua que sale a través del orificio es:
v = hg2 (1)
donde g es la gravedad. La ecuación (1) representa la velocidad que una gota de agua
adquiriría al caer libremente desde la superficie del agua hasta el agujero.
En condiciones reales, hay que tomar en cuenta la contracción que sufre un chorro de
agua en un orificio, por lo que se tendrá
v = c hg2 (2)
donde c es el coeficiente de descarga comprendido entre 0 y 1 ( 0 < c < 1).
Según la Ley de Torricelli, la razón con la que el agua sale por el agujero (variación del
volumen de líquido en el tanque respecto del tiempo) se puede expresar como el área “a” del
orificio de salida por la velocidad v del agua drenada, esto es
a
dt
dV
 v (3)
sustituyendo la ecuación (2) en la ecuación (3)
dt
dV
= hg2ca (4)
Si A(h) denota el área de la sección transversal horizontal del tanque a la altura h,
aplicando el método del volumen por secciones transversales se obtiene
V =

h
0
dh)h(A
derivando respecto de t y aplicando el teorema fundamental del cálculo
OBSERVACIÓN
Cuando el valor del coeficiente de descarga c no se indica, se asume que c = 1
336
UNIDADES Y NOTACIONES
dt
dh
)h(A
dt
dV
 (5)
Comparando las ecuaciones (3) y (5)
dt
dh
)h(A = hg2ca (6)
Elemeto Notación Unidades
Altura h (t) cm mt pies
Volumen V (t) cm3
mt3
pies3
Tiempo t seg seg seg
Gravedad g 981 cm/seg2
9,81 mt/seg2
32 pies/seg2
Área del orificio
de salida
a cm2
cm2
pies2
Área de la sección
Transversal
A(h) cm2
cm2
pies2
Coef. de descarga c Sin Unidades
Sean h la altura de líquido en el tanque en cualquier instante t, “a” el área del
orificio de salida el cual esta ubicado al fondo del tanque, g la gravedad, C el coeficiente
de descarga y A(h) el área de la sección transversal del tanque. La ecuación diferencial
asociada al problema de vaciado del tanque es
dt
dh
)h(A = hg2ca
Esta es una ecuación diferencial de variables separables, la cual al resolverse
sujeta a la condición de conocer la altura inicial h0 para el tiempo t = 0, permite obtener la
ley de variación de la altura de líquido en el tanque en función del tiempo.
Si, además, hay aporte de líquido al tanque, la ecuación diferencial es
dt
dh
)h(A = Q hg2ca
337
10 pies
20
pies
h
Fig.1
EJERCICIOS RESUELTOS SOBRE APLICACIONES DE LAS ECUACIONES
DIFERENCIALES ORDINARIAS DE PRIMER ORDEN, A PROBLEMAS DE
VACIADO DE TANQUES
1. Un cilindro recto circular de 10 pies de radio y 20 pies de altura, está lleno con agua.
Tiene un pequeño orificio en el fondo de una pulgada de diámetro ¿Cuándo se vaciará
todo el tanque?
SOLUCIÓN:
La ecuación diferencial asociada a los problemas de
Vaciado de tanques es
A(h) dh = – a c hg2 dt (1)
El diámetro del orificio por donde fluye el agua fuera
del tanque es de 1 pulgada, por lo tanto el radio es 1/2
pulgada. Como las dimensiones del tanque están dadas
en pie, utilizando la equivalencia de 1 pulgada =
12
1
pies
y puesto que el área del orificio de salida es el área de
una circunferencia (  2
radio ), resulta que el área “a” del
orificio de salida es
a =
2
24
1






 =
576

pie2
El coeficiente de descarga “c” no está dado por lo
tanto se asume c = 1 y la gravedad es g = 32 pies/seg2
Para determinar A(h), que es el área de la sección transversal del tanque en función
de la altura “h” , obsérvese en la Fig. 1 que las secciones transversales del tanque son
circunferencias de radio constante r = 10 pies. Por lo tanto, el área de la sección transversal
es la misma, independientemente de la altura h a la cual se efectúe el corte. Así,
A(h) = 2
)10( = 100 pies2
Sustituyendo a, c, g, y A(h) en la ecuación (1)
100 dh = –
576

h64 dt = – h
576
8 
multiplicando por

1
y simplificando
100 dh = dth
72
1
 (2)
338
La ecuación (2) es la ecuación diferencial asociada al problema; la misma debe
resolverse sujeta a la condición que para el tiempo t0 = 0 seg, la altura inicial es h0 = 20 pies,
pues en el enunciado se dice que el tanque esta totalmente lleno.
La ecuación diferencial (2) es una ecuación diferencial de variables separables. Para
separar las variables, la ecuación (2), se multiplica por el factor
h
72

h
7200
 dh = dt
integrando
dh
h
1
7200
 =
dt (3)
Ambas integrales son inmediatas
dh
h
1
 =
  2/1
h dh = 2/1
h2 = 2 h + k1
dt = t + k2
sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (3)
– 14400 h = t + k (4)
Para determinar el valor de la constante k de integración, se usa la condición
inicial, esto es, se sustituye en la ecuación (4) t = 0 seg y h = 20 pies, resultando
k = – 14400 20 . Este valor obtenido para k se sustituye en la ecuación (4)
– 14400 h = t – 14400 20
multiplicando por
14400
1
 y elevando al cuadrado
h(t) =
2
20
14400
t






 (5)
La ecuación (5) es la ley de variación de la altura de líquido en el tanque en cualquier
instante t
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 (5)
t = 14400 20 = 64398,75
Luego el tanque se vacía en un tiempo t = 64398,75 seg , es decir, 17 h 53 min 19 seg
339
2. Un tanque tiene la forma de un cubo de 12 pies de arista . Debido a un pequeño
orificio situado en el fondo del tanque, de 2 pulgadas cuadradas de área, presenta un
escape. Si el tanque está inicialmente lleno hasta las tres cuartas partes de su
capacidad, determine:
a) ¿Cuándo estará a la mitad de su capacidad?
b) ¿Cuándo estará vacío?
SOLUCIÓN:
a) La ecuación diferencial asociada a los
problemas de vaciado de tanques es
A(h) dh = – a c dthg2 (1)
Como las dimensiones del tanque están dadas
en pie, y puesto que 1pulg = 1/12 pies, entonces
haciendo la conversión, el área orificio de salida será
a = 2 pulg2
= 2 (1/144) pies2
= 1/72 pies2
El coeficiente de descarga es c = 1 y la gravedad
g = 32 pies/seg2
Como puede observarse en la Fig,1 las secciones transversales del tanque van a ser
cuadrados de lados constantes e iguales a 12 pies, independientemente de la altura a la cual
se efectúa el corte, por lo tanto, el área de las sección transversal será A(h) = 144 pies2
Ya que las secciones transversales son de área constante y puesto que el tanque está
inicialmente lleno hasta 3/4 de su capacidad, resulta que la altura inicial será igual a 3/4 de la
altura total. Así, como la altura total del tanque es ht = 12 pies, entonces la altura inicial es
h0 = 3/4 ht = 9 pies.
Sustituyendo A(h), a, c y g en la ecuación (1)
144 dh = – h64
72
1
dt = – h
72
8
dt
simplificando
144 dh = –
9
1
h dt (2)
La ecuación (2) es la ecuación diferencial asociada al problema de vaciado de tanque
planteado y debe resolverse sujeta a la condición h(0) = 9 pies.
La ecuación (2) es una ecuación diferencial de variables separables. Para separar las
variables se multiplica la ecuación (2) por el factor
h
9

dh
h
1296
 = dt
integrando
12 pies
12 pies
12 pies
h l = 12 pies
Fig.1
340
– 1296
 h
dh
=
dt (3)
Ambas integrales son inmediatas
 h
dh
=


2
1
h dh = 2 h + k1
dt = t + k2
sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (3)
– 2592 h = t + k (4)
Para determinar el valor de la constante k de integración se usa la condición inicial
h(0) = 9, esto es, se sustituye en la ecuación (4) t = 0 seg y h = 9 pies, resultando
k = – 7776. Este valor obtenido para k se sustituye en la ecuación (4)
–- 2592 h = t – 7776
multiplicando por
2592
1
 y elevando al cuadrado
h(t) =
2
3
2592
t






 (5)
La ecuación (5) es la ley de variación de la altura del líquido en el tanque en cualquier
instante t
Se quiere determinar el tiempo para el cual el volumen de líquido en el tanque es igual
a la mitad de su capacidad; es decir, cuando la altura de líquido en el tanque es igual a
6 pies. Para ello, se sustituye h = 6 pies en la ecuación (5)
6 =
2
3
2592
t







elevando a la 1/2
6 = 3
2592
t

Multiplicando por (– 1 )
3
2592
t
 =  6
sumando 3 y multiplicando por 2592
t = 2592 ( 3 – 6 ) = 7776 - 6350,4 = 1425,6
De aquí que, debe transcurrir un tiempo t = 1425,6 seg = 23 min 45 seg, para que el
tanque se vacíe hasta la mitad de su capacidad.
341
Para determinar el tiempo que demora en vaciarse el tanque, es decir, el tiempo para
que la altura de líquido en el tanque sea cero, se sustituye h = 0 en la ecuación (5) y se
busca t
2
3
2592
t






 = 0
elevando a 1/2
3
2592
t
 = 0
multiplicando por ( – 2592 )
t – 7776 = 0
despejando t
t = 7776 seg
Luego, deben transcurrir 7776 seg, es decir, 2 horas 9 min 36 seg, para que el
tanque se vacíe totalmente.
3. Un tanque en forma de cono circular recto , de altura H radio R, vértice por debajo
de la base, está totalmente lleno con agua. Determine el tiempo de vaciado total
si H = 12 pies, R = 5 pies, a = 1 pulg2
y c = 0,6
SOLUCIÓN:
La ecuación diferencial asociada a los
problemas de vaciado de tanque es
A(h) dh = – a c hg2 dt (1)
El área de orificio de salida es a = 1 pulg2
pero como las dimensiones del tanque están
dadas en pies, hay que realizar la conversión.
Puesto que 1 pulg = 1/12 pies, entonces
a = 1 pulg2
=
2
pies
12
1






= 2
pies
144
1
El coeficiente de descarga es c = 0,6 y la
gravedad es g = 32 pies/seg2
Según puede observarse en la Fig. 1, las secciones transversales del tanque son
circunferencias cuyo radio varía dependiendo de la altura a cual se efectúe la sección
transversal. Sea h la altura a la cual se efectúa el corte y r el radio de la circunferencia. El
área de la sección transversal es variable y está dada por
A(h) =  r2
(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. Observando el tanque
de frente como una figura plana se ve tal y como se muestra Fig. 2
R = 5 pies
r
r
H = 12
pies
h
Fig. 1
342
Si se ubican los ejes coordenados de tal
forma que el vértice del cono coincida con el
origen del sistema de coordenadas, entonces
se tiene una figura simétrica respecto del eje y,
tal y como se muestra en la Fig. 2
Por simetría, será suficiente trabajar con uno de los triángulo
Por semejanza de triángulos (ver Fig. 3) se tiene entonces la siguiente relación de
proporción
12
5
h
r

despejando r
r = h
12
5
(3)
sustituyendo la ecuación (3) en la ecuación (2)
A(h) = 
2
h
12
5






= 2
h
144
25 
Sustituyendo A(h), a, c y g en la ecuación (1)
2
h
144
25 
dh =
144
1
 





10
6
h64 dt
multiplicando por 144
25  h2
dh = –
5
24
h dt (4)
La ecuación (4) es la ecuación diferencial asociada al vaciado de tanque planteado en
este problema y debe resolverse sujeta a la condición inicial que para el tiempo t = 0 seg, la
altura es h = 12 pies, esto es h(0) = 12
La ecuación (4) es una ecuación diferencial de variables separables. Para separar las
variables se multiplica por el factor
h24
5

–
h
h
24
125 2

dh = dt
altura
5 pies 5 pies
r
12
pies
h
radio
Fig. 2
5
r
12
h
Fig.3
343
integrando
–


dh
h
h
24
125 2
=
dt (5)
Ambas integrales son inmediatas
 dh
h
h 2
=
 
dhhh 2/12
=
 dhh 2/3
= 2/5
h
5
2
+ k1
dt = t + k2
sustituyendo los resultados de as integrales en la ecuación (5)











 
 2/5
h
5
2
24
125
= t + k
efectuando operaciones
2/5
h
12
25 
 = t + k (6)
Para determinar el valor de la constante k de integración se usa la condición inicial
h(0) = 12, esto es, se sustituye en la ecuación (6) t = 0 seg y h = 12 pies, resultando
k =   2/5
12
12
25 
 . Este valor obtenido para k se sustituye en la ecuación (6)
2/5
h
12
25 
 = t   2/5
12
12
25 
 (7)
multiplicando por 







25
12
y elevando a la 2/5
h(t) =  
5/2
2/5
12t
25
12








 (8)
La ecuación (8) es la ley de variación de de la altura del líquido en el tanque en
cualquier instante t
El tiempo de vaciado total se obtiene cuando la altura de líquido en el tanque es
h = 0 pies. Sustituyendo este valor en la ecuación (7)
0 = t   2/5
12
12
25 

despejando t
t =   2/5
12
12
25 
= 3264,83 seg
De aquí que, el tanque demora en vaciarse 3264,83 seg, es decir, 54 min 25 seg
344
R
Rr
R
h
x
Fig. 1
4. Una taza hemisférica de radio R está llena de agua. Si hay un pequeño orificio de
radio r en el fondo de la superficie convexa, determine el tiempo de vaciado
SOLUCIÓN:
La ecuación diferencial asociada a los
problemas de vaciado de tanques es:
A(h) dh = – a c hg2 dt (1)
Como el radio de la taza hemisférica es
R y el tanque se encuentra lleno entonces la
altura inicial de líquido en el tanque es R, tal y
como puede observarse en la Fig. 1, es decir,
h(0) = R.
El orificio de salida tiene radio r, por lo
tanto, el área del orificio de salida es a = 2
r
Sea c el coeficiente de descarga y g la
gravedad.
Las secciones transversales del tanque hemisférico, son circunferencias de radio
variable, según la altura donde se realice la sección transversal. Sea x el radio variable de la
sección transversal. Por ser circunferencia, el área es
A(h) = 2
x (2)
Se debe establecer una relación entre el radio x y la altura h, de tal forma que el área
de la sección transversal quede expresada en función de la altura h.
Observando el tanque de frente como
una figura plana y ubicándolo en un sistema
de coordenadas cartesianas rectangulares
como se muestra en la Fig. 2. Puesto que la
Fig.2 resultante es simétrica respecto del
eje y, será suficiente trabajar con la mitad
de la figura.
El triángulo que se forma, tiene como base
el radio .x, ..altura.. ( R – h ) .e.. hipotenusa R .
Aplicando el Teorema de Pitágoras al
triángulo de la Fig. 3
R2
= x2
+ ( R – h )2
R
R – h
x
Fig 3
altura
R
R – h R
R x
h
radio
Fig. 2
345
desarrollando
R2
= x2
+ R2
- 2 R h + h2
simplificando
x2
= 2 R h – h2
(3)
sustituyendo la ecuación (3) en la ecuación (2)
A(h) =  ( 2 R h – h2
) (4)
Ahora se sustituyen A(h) y a en la ecuación (1)
 ( 2 R h – h2
) dh = – 2
r c hg2 dt (5)
La ecuación (5) es una ecuación diferencial de variables separables. Para separar las
variables se multiplica la ecuación (5) por el factor
hg2cr
1
2


hg2cr
1
2
 ( 2 R h – h2
) dh = dt (6)
A partir de la ecuación diferencial (5) y sabiendo que para el tiempo t = 0 la altura es
h = R, se debe determinar el tiempo de vaciado tv, esto es el tiempo para el cual la altura de
líquido en el tanque es cero.
Se plantea así, el problema de valor de frontera














0)t(h
R)0(h
dtdh
hg2cr
hhR2
v
2
2
Integrando la ecuación diferencial (6) de forma definida: el tiempo varía entre t = 0
y t = tv (tv tiempo a determinar) la altura varía entre h = R y h = 0
 






 

0
R
2
2
dh
h
hhR2
g2cr
1
=

vt
0
dt (7)
Resolviendo las integrales definidas
 






 
0
R
2
dh
h
hhR2
=
 






 

R
0
2
dh
h
hhR2
= – 2 R

R
0
2/1
dhh +

R
0
2/3
dhh
346
=
/
R
0
2/3
3
hR4
 +
/
R
0
2/5
5
h2
=
3
R4 2/5
 +
5
R2 2/5
=
15
R14 2/5


vt
0
dt = t
/
vt
0
= tv
sustituyendo los resultados de las integrales en al ecuación (7)


















15
R14
g2cr
1 2/5
2
= tv
Por lo tanto, el tiempo que demora en vaciarse el tanque es t =
g2
R
cr15
R14
2
2
5. Un tanque de agua tiene la forma que se obtiene al hacer girar la curva y = x4/3
alrededor del eje y. Siendo las 11:27 de la mañana se retira un tapón que está en el
fondo y en ese momento la profundidad del agua en el tanque es 12 pies. Una hora
más tarde la profundidad del agua a descendido a la mitad. Determine
a) ¿A qué hora estará vacío el tanque?
b) ¿A qué hora quedara en el tanque 25% del volumen de líquido inicial?
SOLUCIÓN:
a) La curva y = x4/3
que se hace girar
alrededor del eje y para generar el tanque
tiene su vértice en el origen. Cuando la
variable y toma el valor de la máxima
profundidad de líquido en el tanque, esto es,
y = 12, la variable x que representa el radio
de giro toma el valor x = (12)3/4
= 6,45. En la
Fig. 1 se muestra la forma aproximada del
tanque
La ecuación diferencial asociada a un
problema de vaciado de tanque es
A(h) dh = – a c hg2 dt (1)
El coeficiente de descarga es c = 1 y la gravedad es g = 32 pies/seg2
. El área a del
orificio de salida debe determinarse.
Las secciones transversales son circunferencias de radio variable r. Por lo tanto, el
área de las secciones transversales es
A(h) =  r2
(2)
6,45 mt
12 mt
h
r Fig. 1
347
altura
6,45
r
12
h
radio
Fig. 2
●
El radio r debe expresarse en función de la altura h. Para ello debe observarse el
tanque como una figura plana, vista desde el frente. La Fig. 2 muestra la curva plana
y = x4/3
Observe en la Fig. 2 que el punto P(r, h)
pertenece a la curva y = x4/3
; esto quiere
decir que las coordenadas del punto P
satisfacen la ecuación de la curva.
Sustituyendo x= r, y = h
h = r4/3
Despejando r
r = h3/4
(3)
sustituyendo la ecuación (3) en la ecuación
(2)
A(h) =  h 3/2
Una vez que el área de la sección transversal del tanque ha quedado expresada en
función de la altura, se sustituyen A(h), c y g en la ecuación (1)
2/3
h dh = – a h64 dt (4)
La ecuación (4) es la ecuación diferencial asociada al problema de vaciado planteado
y debe resolverse sujeta a dos condiciones: la primera condición es que para el
tiempo t = 0 seg, la altura es h = 12 pies; la segunda condición es que luego de una de
iniciado el proceso de vaciado, es decir, para t = 3600 seg, la altura de líquido en el tanque
ha descendido a la mitad, esto es, h = 6 pies.
Por lo tanto, lo que debe resolverse es el problema de valor de frontera









6)3600(h
12)0(h
dtha8dhh 2/3
La ecuación (4) es una ecuación diferencial de variables separables. Para separar las
variables se multiplica la ecuación (4) por el factor
h8
1
h64
1

dh
h
h
8
2/3








 = a dt (5)
integrando definidamente; el tiempo varía entre t = 0 seg y t = 3600 seg; la altura varía entre
h = 12 pies y h = 6 pies
y = x4/3
P (r,h)
348
 








6
12
2/3
dh
h
h
8
= a

3600
0
dt (6)
Resolviendo las integrales
 







6
12
2/3
dh
h
h
=

12
6
dhh =
/
12
6
2
2
h
 =
   
2
6
2
12 22
 = – 72 + 18 = – 54

3600
0
dt = t
/
3600
o
= 3600
sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (6)
)54(
8


 = 3600 a
multiplicando por
3600
1
3600
1





 
4
27
= a
simplificando
a =
1600
3 
Este valor que se obtuvo para a (área del orificio de salida) se sustituye en la
ecuación (5)
dh
h
h
8
2/3








 =
1600
3 
dt
multiplicando por
3
1600
y simplificando
dhh
3
200
 = dt (7)
Se pide determinar el tiempo tv que demora en vaciarse el tanque, es decir, el tiempo
para el cual la altura de líquido en el tanque se hace cero. Para ello se debe resolver el
problema de valor de frontera










0)t(h
12)0(h
dtdhh
3
200
v
349
La ecuación diferencial (7) se integra de forma definida: el tiempo varía entre t = 0 seg
y t = tv; la altura varía entre h = 12 pies y h = 0 pies

0
12
dhh
3
200
=

vt
0
dt (8)
Resolviendo las integrales defindas

0
12
dhh =

12
0
dhh =
/
12
0
2
2
h
 = – 72

vt
0
dt = t
/
vt
0
= tv
sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (8)
tv = 





 )72(
3
200
4800
De aquí se tiene que, el tanque demora en vaciarse t = 4800 seg, lo que equivale a
1 hora y 20 min. Si el proceso de vaciado se inicio a las 11:27 am, entonces para saber a que
hora el tanque estará vacío, debe sumarse el tiempo de vaciado tv a las 11:27. Luego, el
tanque estará vacío a las 12:47 pm.
b) Para saber a que hora queda en el tanque el 25% de su capacidad, se debe
comenzar por establecer cual es la altura de líquido en el tanque cuando resta el 25% de su
capacidad.
Como se conoce la altura inicial de líquido en el tanque, el volumen total se determina
por el método del volumen por secciones transversales
V = dh)h(A
0h
0
 =

12
0
3/2
dhh =
/
12
0
2/5
5
h2 
=
5
)12(2 2/5

luego el 25% del volumen total es
25% V =
100
25







 
5
)12(2 2/5
=
10
)12( 2/5

Conocido el volumen cuando resta el 25% de líquido en el tanque, utilizando el mismo
método por secciones transversales, se podrá determinar cual es la altura de líquido en el
tanque en este caso
350
25% V =

%25h
0
dh)h(A
sustituyendo A(h) y 25% V
10
)12( 2/5

=

%25h
0
2/3
dhh (9)
Resolviendo la integral definida

%25h
0
2/3
dhh =
/
%25h
0
2/5
5
h2 
= 2/5
%25 )h(
5
2 
sustituyendo el resultado de la integral en la ecuación (9)
10
)12( 2/5

= 2/5
%25 )h(
5
2 
multiplicando por
2
5
2/5
%25 )h( =
4
)12( 2/5
elevando a 2/5
%25h =
5/2
)4(
12
= 6,89
Una vez conseguida la altura de líquido en el tanque cuando queda el 25% del
volumen total, se procede a buscar el tiempo que demora en llegar a esa altura. Para ello
debe resolverse el problema de valor de frontera












5/2%25
)4(
12
)t(h
12)0(h
dtdhh
3
200
La ecuación diferencial (7) se integra de forma definida: el tiempo varía entre t = 0 seg
y t = t25%; la altura varía entre h = 12 pies y h =
5/2
)4(
12
pies
351

5/2)4(
12
12
dhh
3
200
=

%25t
0
dt (10)
Resolviendo las integrales defindas

5/2)4(
12
12
dhh =

12
5/2)4(
12
dhh =
/
12
5/2)4(
12
2
2
h

= – 72 +
2
5/2
)4(
12
2
1








= – 72 + 23,75 = –48,25

%25t
0
dt = t
/
%25t
0
= t25%
sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (8)
t25% = 





 )25,48(
3
200
3216,66
De aquí se tiene que, el tanque demora t = 3216,66 seg en vaciarse hasta el 25% de
su capacidad inicial, lo que equivale a 53 min y 36 seg. Si el proceso de vaciado se inicio a
las 11:27 am, entonces para saber a que hora el tanque tendrá sólo el 25% de su capacidad,
hay que agregar a las 11:27 los 53 min y 36 seg. Luego tendra el 25% de su capacidad a las
12:20:36 pm
6. El tanque que se muestra en la figura está totalmente lleno de líquido. Se inicia el
proceso de vaciado, por una perforación circular de área 1 cm2
ubicada en la base
inferior del depósito. Si se ha establecido el coeficiente de descarga c = 0,447 y la
gravedad es g = 10 m/seg2
2 mt
8 mt
r
h
4 mt
1 mt
Fig. 1
352
Determine:
a) Tiempo que debe transcurrir para que quede en el tanque un contenido equivalente
al 18,75% de su capacidad
b) Tiempo de vaciado total del tanque
SOLUCIÓN:
La ecuación diferencial asociada a los problemas de vaciado de tanques es
A(h) dh = – a c hg2 dt (1)
El área del orificio de salida es a = 1 cm2
, pero como las dimensiones del tanque están
en metros debe efectuarse la conversión. Puesto que 1 cm = 0,01 mt = 10 – 2
mt, entonces
a = 1 cm2
= (1 cm )2
= ( 10 - 2
mt)2
= 10 - 4
mt2
.
En el enunciado del problema dan el coeficiente de descarga c = 447.10 - 3
y la
gravedad g = 10mt/seg2
Según puede observarse en la Fig. 1, las secciones transversales son rectángulos,
dos de los lados paralelos de longitud constante e igual a 8 y los otros dos lados de longitud
variable r. El área de la sección transversal es entonces
A(h) = 8 r (2)
Debe expresarse la longitud r en función de la altura h. Para ello si se observa el
tanque de frente, como una figura en un plana, ubicada en un sistema de coordenadas
cartesianas rectangulares, se verá como lo muestra la siguiente Fig. 2
Obsérvese que el punto P(r,h) pertenece a la
recta que pasa por los puntos (1, 0) y (2, 4). La
pendiente la recta es
m =
12
04


= 4
La ecuación de la recta que pasa por el punto
(1, 0) (o (2, 4)) y tiene pendiente 4 es
L: y = 4 ( x – 1 )
Ya que el punto P (r, h) pertenece a la recta L
entonces satisface la ecuación de dicha recta, por lo tanto sustituyendo x = r , y = h
h = 4 ( r – 1 )
despejando r
r =
4
h
+ 1 (3)
Sustituyendo la ecuación (3) en la ecuación (2), se tiene el área de la secciones
transversales en función de la altura h
y
2 mt
(2,4)
P(r,h)
r
4 mt
h
(1,0) x
1mt Fig. 2
353
A(h) = 8 





 1
4
h
= 2 ( h + 4 )
Ahora se sustituyen A(h), a, c y g en la ecuación (1)
2 ( h + 4 ) dh = – 10 – 4
. 447 . 10 – 3
h20 dt
simplificando
2 ( h + 4 ) dh = – 447 . 10 – 7 20 h1/2
dt (4)
La ecuación diferencial (4) es una ecuación diferencial de variables separables y debe
resolverse sujeta a la condición de que la altura inicial de líquido en el tanque es 4 mt, es
decir, h(0) = 4. Para separar las variables, la ecuación (4 ) debe multiplicarse por el factor
2/1
7
h20447
10

dh
h
4h
20447
10.2
2/1
7





 
 = dt
integrando
 




 
 dh
h
4h
20447
10.2
2/1
7
=
dt (5)
Ambas integrales son inmediatas
 




 
dh
h
4h
2/1
=
 dhh 2/1
+ 4
 
dhh 2/1
= 2/3
h
3
2
+ 8 h1/2
+ k1
dt = t + k2
sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (5)
20447
10.2 7
 





 2/12/3
h8h
3
2
= t + k (6)
Para determinar el valor de la constante k de integración se usa la condición inicial
h(0) = 4, esto es, se sustituye en la ecuación (6) t = 0 seg y h = 4 mt,
k =
20447
10.2 7
 





 )4(84
3
2 2/12/3
=
20447
10.2 7
 41/2






 84
3
2
=
20447
10.4 7
 





3
32
=
201341
10.128 7

este valor obtenido para k se sustituye en la ecuación (6)
20447
10.2 7
 





 2/12/3
h8h
3
2
= t
201341
10.128 7

354
despejando t
t =
20447
10.2 7






 2/12/3
h8h
3
2
3
64
(7)
La ecuación (7) representa la relación funcional entre altura y tiempo.
Ya que se debe determinar el tiempo que debe transcurrir para que en el tanque
quede solo el 18,75% del volumen total de líquido, para usar la ecuación (7) será necesario
conocer la altura de líquido en el tanque, cuando en este queda el 18,75% del volumen total.
Se comienza por determinar el volumen total de líquido en el tanque. Como el tanque
se encuentra lleno, la altura total de líquido en el tanque coincide con la altura inicial.
Aplicando el método de las secciones transversales para hallar el volumen total
V =

0h
0
dh)h(A =
 
4
0
dh)4h(2 = 2

4
0
dhh + 8

4
0
dh
= h2
/
4
0
+ 8h
/
4
0
= 16 + 32 = 48
Así, el volumen total de líquido en el tanque es V = 48 mt3
. Luego, el 18,75% del
volumen total es
18,75% V =
100
)48()75,18(
=
100
900
= 9
Ahora, usando la misma ecuación anterior para calcular volumen, se puede establecer
cual será la altura h1 del líquido en el tanque, si se sabe que el volumen es 19,75% V = 9 mt3
18,75% V =

1h
0
dh)h(A
sustituyendo los datos
9 = dh)4h(2
1h
0
  = ( h2
+ 8h )
/
1h
0
= ( h1 )2
+ 8 h1
se tiene entonces una ecuación de segundo grado en h1
( h1 )2
+ 8 h1 – 9 = 0
Resolviendo la ecuación de segundo grado
)1(2
)9()1(4)8(8
h
2
1

 =
2
1008 
=
2
108 
355
de donde resulta h = – 9 y h = 1
Ya que h debe ser positivo, pues representa una altura, el valor h = – 9 se descarta,
por lo tanto, la altura de líquido en el tanque cuando el volumen es de 18,75% del volumen
total es h = 1 mt.
Luego, para determinar el tiempo que demora en vaciarse el tanque hasta 18,75% del
volumen total, será suficiente con sustituir h = 1 mt en la ecuación (7)
t =
20447
10.2 7






 8
3
2
3
64
= 126727,1934
Así, el tanque demora en vaciarse hasta el 18,75 % del volumen total
t = 126727,1934 seg = 35 horas 12 min 7 seg = 1 día 11 horas 12 min 7 seg
.
b) Para determinar el tiempo de vaciado total del tanque, es decir, cuando la altura de
líquido en el tanque es cero, se sustituye h = 0 en la ecuación (7)
tv =
20447
10.2 7






3
64
=
201341
10.128 7
= 213435,273
Así, el tanque demora en vaciarse totalmente
t = 213435,273 seg = 59 hora 17 min 15 seg = 2 días 11 horas 17 min 15 seg
7. El tanque que se muestra en la figura se encuentra lleno en un 100%: El líquido
escapa por un orificio de 5 cm2
de área, situado en el fondo del tanque. Determine
a) Tiempo de vaciado total
b) Tiempo para que el volumen de líquido en el tanque descienda 5 mt
SOLUCIÓN:
4 mt
8 mt
M
12 mt L
h
3 mt
2mt
Fig 1
356
La ecuación diferencial asociada a los problemas de vaciado de tanques es
A(h) dh = – a c hg2 dt (1)
El coeficiente de descarga es c = 1; la gravedad es g = 9,81 mt/seg2
El área del orificio de salida está dado en cm2
, pero como las dimensiones del
tanque están dadas en mt, debe realizarsela conversión a una sola unidad, Así
a = 5 cm2
= 5 . 10 – 4
mt2
Según se muestra en la Fig. 1, las secciones transversales del tanque son
rectángulos, cuyo lados varían en función de la altura a la cual se efectúe la sección
transversal, sean L y M las longitudes de los lados. Entonces el área de la sección
transversal es
A(h) = L M (2)
Se deben expresar ambos lados ( L y M ) en función de la altura.
Si se observa el tanque por una de sus caras y se considera una figura plana,
ubicándola en un sistema de coordenadas cartesianas rectangulares, se obtiene lo que se
muestra en la Fig. 2.
Como puede observarse la Fig. 2 es simétrica
respecto al eje y, por lo tanto, a fin de establecer la
relación entre L y h se trabaja con la mitad del trapecio
que se forma, como se muestra en la Fig.3
Se puede obtener la relación entre L y h, a través de la recta que pasa por los puntos
(3/2, 0) y (4, 12), recta a la cual pertenece el punto (L/2, h). Sin embargo, se mostrará otro
procedimiento, el cual nos conduce a la misma relación.
Observe que la Fig 3. se forma con un rectángulo y un triángulo. Considérese el
triángulo. En la Fig. 4 se indican las dimensiones de los lados de dicho triángulo.
Si se aplica semejanza de triángulos a los dos triángulos de la Fig. 4
y
12 mt
h
3 mt x
L
8 mt
Fig 2
y
4 mt
12 mt L / 2
h
3/2 mt x
Fig 3
357
4 –
2
3
=
2
5
mt
2
3
2
L 
12 mt
h mt
Fig. 4
2 – 1 = 1 mt
2
M – 1
mt
12 mt
h mt
Fig. 7
 
h
2
3
2
L 
=
 
12
2
5
simplificando
h
3L 
=
12
5
despejando L
L =
12
5
h + 3 (3)
Ahora debe visualizarse el tanque respecto de una de las dos caras no paralelas a la
anterior. La figura plana que se observa, resulta igual a la de la Fig. 2, lo que varía son las
dimensiones de las aristas, tal y como se muestra en la Fig. 5
Como puede observarse la Fig. 5 es simétrica
respecto al eje y, por lo tanto, a fin de establecer la
relación entre M y h se trabaja con la mitad del trapecio
que se forma
Se puede obtener la relación entre m y h, a través de la recta que pasa por los puntos
(3/2, 0) y (4, 12), recta a la cual pertenece el punto (L/2, h). Sin embargo, se mostrará otro
procedimiento, el cual nos conduce a la misma relación.
Observe que la Fig 6. se forma con un rectángulo y un triángulo. Considérese el
triángulo. En la Fig. 7 se indican las dimensiones de los lados de dicho triángulo. Si se aplica
semejanza de triángulos a los dos triángulos de la Fig. 7
 
h
1
2
M 
=
12
1
simplificando
h2
2M 
=
12
1
despejando M
M =
6
1
h + 2 (4)
y
12 mt
h
2 mt x
M
4 mt
Fig 5
y
2 mt
12 mt M / 2
h
1 mt x Fig 6
358
Las ecuaciones (3) y (4) se sustituyen en la ecuación (2), resultando que el área de la
sección transversal del tanque en función de la altura es
A(h) = 











 2h
6
1
3h
12
5
=
  
72
12h36h5 
=
72
432h96h5 2

Sustituyendo A(h), a, c y g en la ecuación (1)
dh
72
432h96h5 2







 
= – 5 . 10 – 4 h62,19 dt (5)
La ecuación (5) es la ecuación diferencial asociada al problema y debe resolverse
sujeta a la condición h(0) = 12, es decir, para el tiempo t = 0 seg la altura es h = 12 mt
La ecuación (5) es una ecuación diferencial de variables separables. Para separar las
variables se debe multiplicar dicha ecuación por el factor
h62,1910.5
1
4
h62,1910.5
1
4
 dh
72
432h96h5 2







 
= dt
efectuando las operaciones
dh)h432h96h5(
62,1936
10 2
1
2
1
2
33 
 = dt (6)
A partir de la ecuación (6) debe determinarse el tiempo de vaciado total del tanque, es
decir, el tiempo para el cual la altura de líquido en el tanque es h = 0 mt. Para ello se integra
de forma definida la ecuación (6): el tiempo varía de t = 0 seg a t = tv; la altura varía de
h = 12 mt a h = 0 mt



0
12
2
1
2
1
2
33
dh)h432h96h5(
62,1936
10
=

vt
0
dt (7)
Resolviendo las integrales definidas



0
12
2
1
2
1
2
3
dh)h432h96h5( = – 5

12
0
2
3
dhh – 96

12
0
2
1
dhh – 432


12
0
2
1
dhh
=
/
12
0
2
1
2
3
2
5
h864h64h2 









= 2
1
2
3
2
5
)12(864)12(64)12(2


359
= – 6651,075101

vt
0
dt = t
/
vt
0
tv
sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (7)
62,1936
103
 (– 6651,075101) = tv
resolviendo
tv = 41709,9673
Luego, el tanque demora en vaciarse totalmente un tiempo
t = 41709,9673 seg = 11 horas 35 min 10 seg
b) Ahora debe determinarse el tiempo t1 que demora en descender 5 mts la cantidad
de líquido en el tanque, con respecto a la altura inicial que es 12 mt, es decir, tiempo para
que la altura del líquido en el tanque sea t = 7 mt.
Para ello, se integra la ecuación (6) en forma definida: el tiempo t varía de t = 0 seg a
t = t1; la altura varía de h = 12 mt a h = 7 mt



7
12
2
1
2
1
2
33
dh)h432h96h5(
62,1936
10
=

1t
0
dt (8)
Resolviendo las integrales definidas



7
12
2
1
2
1
2
3
dh)h432h96h5( = – 5

12
7
2
3
dhh – 96

12
7
2
1
dhh – 432


12
7
2
1
dhh
=
/
12
7
2
1
2
3
2
5
h864h64h2 









= 2
1
2
3
2
5
)12(864)12(64)12(2

 2
1
2
3
2
5
)7(864)7(64)7(2


= – 6651,075101 + 3730,509349 = -2920,565752

1t
0
dt = t
/
1t
0
t1
360
sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (8)
62,1936
103
 (-2920,565752 ) = t1
resolviendo
t1 = 18315, 34004
Luego, el tanque demora en vaciarse totalmente un tiempo
t = 18315, 34004 seg = 5 horas 5 min 15 seg
8. Se tiene un tanque en forma de paraboloide con el eje vertical hacia abajo cuya
dimensiones son 2 mt de diámetro y altura 3 mt. El tanque inicialmente esta lleno en su
totalidad y el liquido escapa por un orificio de 20 cm2
de área situado al fondo del
tanque. Determine
a) Cuánto tiempo debe transcurrir para que quede en el tanque sólo un tercio de su
capacidad inicial
b) Calcular el tiempo que tarda en vaciarse totalmente
SOLUCIÓN:
a) La ecuación diferencial asociada a los
problemas de vaciado de tanques es
A(h) dh = – a c dhhg2 (1)
Las dimensiones del tanque están
adas en metros dadas en metro, por lo que el área del orificio
de salida también debe quedar expresado en
metro
a = 2 cm2
= 2 ( 10 – 2
mt )2
= 2 . 10 – 4
mt2
El coeficiente de descarga es c = 1 y la
gravedad es g = 9,81 mt/seg2
Como puede observarse en la Fig. 1,
las secciones transversales del tanque son
circunferencias cuyo radio r varía de acuerdo
con la altura a la cual se efectúe el corte
Así, el área de las secciones transversales es
A(h) =  r2
(2)
Debe establecerse una relación entre el radio variable r de las circunferencias y la
altura h. Para ello, debe visualizarse el tanque de frente como una figura plana. Ubicándolo
en un sistema de coordenadas cartesianas rectangulares, se verá como se muestra en la
Fig. 2
r
3 mt
h
2 mt
Fig. 1
361
La ecuación de la curva que gira
alrededor del eje y para generar el tanque
no está dada explícitamente por lo que
debe determinarse.
La ecuación ordinaria de la parábola
de vértice (x0, y0), eje el eje y, abre hacia
abajo y donde p es la distancia entre el
vértice y el foco es
( x – x0 )2
= - 4 p ( y – y0)
El vértice de la parábola que se
muestra en la Fig. 2 es el punto (0, 3) y
pasa por los punto (1, 0) y (– 1, 0).
Sustituyendo en la ecuación ordinaria de la parábola las coordenadas del vértice y las
coordenadas de uno cualquiera de los dos puntos por donde pasa
( 1 – 0 )2
= - 4 p ( 0 – 3 )  12 p = 1  p =
12
1
De aquí que, la ecuación de la parábola que se gira alrededor del eje y para generar
el paraboloide de la Fig. 1 es
x2
= )3y(
3
1
 (3)
El punto P(r, h), según se muestra en la Fig. 2, es un punto de la parábola. Por lo tato
satisface la ecuación de la misma. Sustituyendo x = r , y = h en la ecuación (3)
r2
= )3h(
3
1
 (4)
sustituyendo la ecuación (4) en la ecuación (2)
A(h) = )3h(
3


 = )h3(
3


(5)
La ecuación (5) representa el área de las secciones transversales (circunferencias de
radio variable) en función de la altura.
Sustituyendo A(h), a, c y g en la ecuación (1)
)h3(
3


dh = – 2 . 10 – 4
h62,19 dt (6)
La ecuación (6) es la ecuación diferencial asociada al problema de vaciado planteado,
la misma debe resolverse sujeta a la condición inicial h(0) = 3, es decir, para el tiempo
t = 0 seg la altura es h = 3 mts (tanque totalmente lleno).
altura
3 mt r
h
1 mt radio
Fig. 2
P(r, h)
362
La ecuación (6) es una ecuación diferencial de variables separables. Para separar las
variables se multiplica la ecuación (6) por el factor
2/1
4
h62,192
10






 

2/1
4
h
h3
62,196
10
dh = dt
integrando
 




 
 dh
h
h3
62,19.6
10
2/1
4
=
dt (7)
Ambas integrales son inmediatas
 




  
dhhdhh3dh
h
h3 2/12/1
2/1
= 6 h1/2
–
3
2
h3/2
+ k1
dt = t + k2
sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (7)
62,19.6
104

 ( 6 h1/2
–
3
2
h3/2
) = t + k (8)
Para determinar el valor de la constante k de integración, se usa la condición inicial
h(0) = 3, esto es, se sustituye t = 0 seg y h = 3 mt en la ecuación (8)
k =
62,19.6
104

 ( 6 (3)1/2
–
3
2
(3)3/2
) =
62,19.6
104

 ( 4 3 )
este valor obtenido para k se sustituye en la ecuación (8)
62,19.6
104

 ( 6 h1/2
–
3
2
h3/2
) = t
62,19.6
104

 ( 4 3 )
despejando t
t =
62,19.6
104

( 4 3 )
62,19.6
104

 ( 6 h1/2
–
3
2
h3/2
)
sacando factor común
62,19.6
104

t =
62,19.6
104

( 4 3 - 6 h1/2
+
3
2
h3/2
) (9)
La ecuación (9) establece la relación funcional entre tiempo y altura de líquido en el
tanque, es decir, a partir de esta ecuación conociendo una determinada altura se puede
establecer el tiempo que demora en alcanzarse; también se puede determinar la altura de
líquido en el tanque para un tiempo dado.
363
Se debe ahora establecer el tiempo que debe transcurrir para que quede en el tanque
un tercio de volumen total. Se comienza por determinar el volumen total de líquido en el
tanque. Para ello se utiliza el método del cálculo de volumen a través de las secciones
transversales, esto es
V =

0h
0
dh)h(A =
 

3
0
dh)h3(
3
=














 
3
0
3
0
dhhdh3
3
= h
/
3
0
–
3

2
h2
/
3
0
= 3  –
2
3 
=
2
3 
Así, el volumen total de líquido en el tanque es V =
2
3 
mt 3
; un tercio del volumen
total es V
3
1
=
2

Sabiendo que un tercio del volumen total es
2

y usando la ecuación del volumen por
secciones transversales, es posible determinar la altura h1 del líquido en el tanque, para ese
volumen
V
3
1
=

1h
0
dh)h(A =
 

1h
0
dh)h3(
3
=










2
h
h3
3
2
pero V
3
1
=
2

, entonces
2

=










2
h
h3
3
2
multiplicando por

6
resulta 3 = 6 h – h2
. Así se obtiene la ecuación de segundo grado
h2
– 6 h + 3 = 0
resolviendo
h =
2
246
2
12366 


 h =
2
246 
= 5,44 ó h =
2
246 
= 0,55
El valor de h superior a la altura máxima debe descartarse. Por lo tanto, cuando el
volumen de líquido en el tanque es un tercio del volumen total la altura de líquido en el
tanque es h = 0,55 mt. Ahora para saber el tiempo t1 que demora en llegar a ese volumen, se
sustituye h = 0,55 en la ecuación (9)
364
t1 =
62,19.6
104

( 4 3 - 6 ( 0,55 )1/2
+
3
2
( 0,55 )3/2
)
= 1182,086 ( 6,9282 – 4,4497 + 0,2719 ) = 1182,086 (2.7504)
= 3251, 1378
Luego, debe transcurrir un tiempo t = 3251, 2093 seg, esto es 54 min 11 seg, para
que en el tanque quede un tercio del volumen total
b) Para establecer el tiempo de vaciado total tv , esto es el tiempo para el cual la altura
del líquido en el tanque es cero, se sustituye h = 0 en la ecuación (9)
tv =
62,19.6
104

(4 3 ) = 1182,086 ( 6,9282) = 8189,7329
Luego, el tanque se vacía totalmente en un tiempo t = 8189,7429 seg, es decir,
en 2 horas 16 min 30 seg
9. Un depósito en forma de cono circular recto invertido y truncado con 2 mt de radio
menor, 4 mt de radio mayor y 8 mt de altura, está lleno en un 90% de su capacidad. Si
su contenido se escapa por un orificio de 10 cm2
de área, ubicado al fondo del tanque,
y sabiendo que el coeficiente de descarga se ha establecido en 0,75, determine el
tiempo que tardará en vaciarse totalmente
SOLUCIÓN:
a) La ecuación diferencial asociada a
los problemas de vaciado de tanques es
A(h) dh = – a c hg2 dt (1)
Las dimensiones del tanque están
dadas en mt, por lo que el área a del orificio
de salida también debe expresarse en mt
a = 10 cm2
= 10 ( 10 – 2
mt )2
= 10 – 3
mt2
El coeficiente de descarga es c = 0,75
y la gravedad es g = 9,81 mt/seg2
Las secciones transversales del tanque
son circunferencias de radio variable r, según
puede verse en la Fig. 1, el cual varía
dependiendo de la altura donde se haga el
corte transversal. Entonces el área de las
secciones transversales es:
A(h) =  r2
(2)
donde r debe expresarse en función de h.
4 mt
r
2mt
8 mt
h
Fig. 1
365
Para poder expresar el radio r en función de la altura h se debe visualizar el tanque de
frente, como una figura plana y ubicarla en un sistema de coordenadas cartesianas
rectangulares, tal y como se muestra en la Fig. 2
Observe, en la Fig. 2, que el punto
P(r, h) pertenece a la recta que pasa por
los puntos (2, 0) y (4, 8). La pendiente de
esa recta es
m =
24
08


= 4
Para escribir la ecuación de la recta
se usa cualquiera de los dos puntos
Luego, la ecuación de la recta que
pasa por los puntos (2, 0 ) y (4,8) es
y = 4 ( x – 2 )
el punto P(r, h) es un punto de la recta,
entonces sustituyendo x = r, y = h
h = 4 ( r – 2 )
despejando r
r = 2
4
h
 (3)
sustituyendo la ecuación (3) en la ecuación (2)
A(h) = 
2
2
4
h






 (4)
La ecuación (4) representa el área de las secciones transversales del tanque, en
función de la altura h.
Sustituyendo A(h), a, c y g en la ecuación (1)

2
2
4
h






 dh = – 10 – 3
75 . 10 – 2
h62,19 dt (5)
La ecuación (5) es la ecuación diferencial asociada al sistema, la cual debe resolverse
sujeta al a condición de que al tiempo t = 0 seg el volumen inicial es 90% del volumen total.
Como la ecuación diferencial (5) relaciona las variables tiempo t y altura h, es necesario
determinar la altura inicial de líquido en el tanque, esto es, la altura cuando el tanque está
lleno al 90% de su capacidad.
Se debe determinar primero el volumen total del tanque. Para ello se usa el método
del volumen por secciones transversales, según el cual, el volumen viene dada como
4 mt
(4,8)
r P (r, h)
8 mt
h
(2, 0)
2 mt Fig. 2
366
V =

h
0
dh)h(A =
 






8
0
2
dh2
4
h
= dh4h
16
h
8
0
2
 








=
/
8
0
23
h4
2
h
48
h








 = 





 3232
48
512
= 
3
224
Como el volumen total es V = 
3
224
mt3
, entonces el volumen inicial de líquido en el
tanque es V0 = 90% V = 
5
336
. Una vez conocido el volumen inicial V0, la altura inicial
puede determinarse utilizando la ecuación que permite obtener el volumen a partir del área
de las secciones transversales. Así se tendrá
V0 =

0h
0
dh)h(A
sustituyendo V0 y A(h)

5
336
=
 






0h
0
2
dh2
4
h
Como pueden haber observado anteriormente, al resolver la integral definida se
obtiene una ecuación de tercer grado, la cual puede no tener raíces enteras, por lo tanto
sería necesario contar con una calculadora para poder determinar las raíces del polinomio.
A efecto de evitar este tipo de complicaciones, la integral definida puede resolverse
efectuando un cambio de variable
Sea
 














du4dh2u4h
2
4
h
uentonceshhSi
2uentonces0hSi
2
4
h
u 0
0
entonces

5
336
=
 






0h
0
2
dh2
4
h
=



2
4
0h
2
2
duu4 =
/
2
4
0h
2
3
u
3
4

 =














 3
3
0 22
4
h
3
4
de aquí resulta que
367

5
336
=














 3
3
0 22
4
h
3
4
multiplicando por
4
3






4
3






5
336
= 82
4
h
3
0 






sumando 8 y elevando a 1/3
2
4
h
8
5
252 0
3/1







restando 2 y multiplicando por 4








 2
5
252
4h 3
0 = 6,77
Una vez obtenida la altura inicial, se procede a resolver la ecuación diferencial (5)
sujeta a la condición inicial h(0) = 6,77, esto es, para el tiempo t = 0 seg, la altura es
h0 = 6,77 mt. Se desea determinar el tiempo de vaciado tv total del tanque, es decir, el
tiempo tv para el cual la altura de líquido en el tanque es h = 0.
Se plantea entonces resolver el problema de valor de frontera

















 
0)t(h
77,6)0(h
dth62,1910.75dh2
4
h
v
5
2
La ecuación diferencial a resolver es una ecuación de variables separables. Para
separar las variables se multiplica la ecuación por el factor









h62,1975
105
dtdh
h
2
4
h
62,1975
10
2/1
2
5









 (6)
integrando la ecuación (6) de forma definida: el tiempo t varía entre t = 0 seg y t = tv; la
altura h varía entre h = 8 mt y h = 0
 









vt
0
0
8
2/1
2
5
dtdh
h
2
4
h
62,1975
10
(7)
368
10 mt
4 mt
8 mt
h
r Fig. 1
Resolviendo las integrales definidas









0
8
2/1
2
dh
h
2
4
h












8
0
2/1
2
dh
h
4h
16
h
 







 
8
0
2/12/1
2/3
dhh4h
16
h
= 2/12/1
2/3
)8(4)8(
16
)8( 
 =   






8
4
1
16
8
8 2/1
= 82

vt
0
dt = t
/
vt
0
= tv
sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (7)
 82
62,1975
10
t
5
v 

 = 5515, 5375
El tanque demora un tiempo t = 5515, 5375 seg, equivalente a 1 hora 31 min 56 seg,
en vaciarse totalmente.
10. El día 15 de julio de 2006, a las 2,25 pm, se pone a vaciar un tanque cilíndrico con
eje horizontal, el cual está inicialmente lleno en un 100%. La longitud del tanque es de
10 mt, el radio 4 mt. Si el agua fluye por un orificio de área 2 cm2
, situado en el fondo
del tanque y se ha establecido el coeficiente de descarga en 0,6, determine que día y a
que hora el taque se vacía totalmente.
SOLUCIÓN:
369
La ecuación diferencial asociada a los problemas de vaciado de tanques es
A(h) dh = – a c dthg2 (1)
El área del orificio de salida es a = 2 cm2
. Como las dimensiones del tanque están
dadas en metros, debe efectuarse la conversión a mt, del área del orificio de salida
a = 2 cm2
= 2 (10 – 2
mt )2
= 2 . 10 – 4
mt2
El coeficiente de descarga es 0,6 y la gravedad 9,81 mt/seg2
Si se observa en la Fig. 1, las secciones transversales son rectángulos de largo 10 mt
y ancho variable, dependiendo de la altura a la cual se efectúe el corte transversal. Sea r la
longitud del lado variable, entonces el área de las secciones transversales es
A(h) = 10 r (2)
La longitud r debe expresarse en función de la altura h. Para ello se debe, efectuando
una abstracción del sólido que es el tanque, visualizar el tanque de frente y representarlo en
un sistema de coordenadas cartesianas rectangulares como una figura plana como se
muestra en la Fig. 2
De acuerdo con la Fig. 2, la curva
plana que resulta es una circunferencia
de centro en (0, 4) y radio 4, la cual tiene
por ecuación
x2
+ ( y – 4 )2
= 16
desarrollando y simplificando
x2
+ y2
– 8 y = 0
Como puede observarse en la Fig.2
el puntp P(r, h) es un punto de la
Circunferencia, es decir, las coordenadas
del punto satisfacen la ecuación.
Sustituyendo en la ecuación de la
circunferencia x = r , y = h
r2
+ h2
– 8 h = 0
despejando r
r = 2
hh8  (3)
sustituyendo la ecuación (3) en la ecuación (2)
A(h) = 10 2
hh8 
Sustituyendo A(h), a, c y g en la ecuación (1)
altura
8
h
r radio
4 mt
Fig. 2
P (r, h)
x2
+ y 2
– 8 y = 0
370
10 2
hh8  dh = – 2 . 10 – 4
6 . 10 – 1
h62,19 dt
simplificando
10 2
hh8  dh = – 12 . 10 – 5
h62,19 dt (4)
La ecuación (4) es la ecuación diferencial asociada al problema, la cual debe
resolverse sujeta a la condición inicial h(0) = 8, es decir, para el tiempo t = 0 seg, la altura de
líquido en el tanque es doble del radio del cilindro h = 8 mt
La ecuación (4) es una ecuación diferencial de variables separables. Para separar las
variables se multiplica la ecuación (4) por el factor
2/1
5
h62,1912
10

62,1912
10 6

h
hh8 2

dh = dt
integrando
62,1912
10 6



dh
h
hh8 2
=
dt (5)
Ambas integrales son inmediatas


dh
h
hh8 2
=
  dhh8 =  
  dhh8
= )h8(dh8 
 = 2/3
)h8(
3
2
 + k1
dt = t + k2
sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (5)
62,1912
10 6
 





 2/3
)h8(
3
2
= t + k (6)
Para determinar el valor de k se usa la condición inicial h(0) = 8, es decir, se sustituye
t = 0 seg y h = 8 mt en la ecuación (6), resultando k = 0. Este valor obtenido para k se
sustituye en la ecuación (6)
t =
62,1912
10 6
 





 2/3
)h8(
3
2
efectuando las operaciones y simplificando
t =
62,1918
10 6
2/3
)h8(  (7)
La ecuación (7) representa la ley de variación de la altura h en función del tiempo t
371
8 mt
8 mt
h
r
Fig. 1
Para saber cuando se vacía totalmente el tanque, es decir, cuando la altura de líquido
en el tanque es h = 0 mt, se sustituye este valor de h en la ecuación (7)
tv =
62,1918
10 6
2/3
)8( =
62,19
512
18
106
= 283800,3808
De aquí que el tanque demora en vaciarse un tiempo t = 283800,3808 seg, lo que
equivale a 78 horas 50 min. Pero 78 horas equivale a 3 días y 6 horas. Luego, el tanque se
vació después de 3 días, 6 horas y 50 min de iniciado el proceso de vaciado, el cual
comenzó el día 15 de julio de 2006 a las 2:25 pm. Por lo tanto el tanque terminó de vaciarse
el día 18 de julio de 2006 a la 9:15 pm
11. Un tanque en forma semiesférica de 8 mt de radio está totalmente lleno de agua. Se
retira un tapón que está en el fondo, justo a las 4:27 pm. Una hora después la
profundidad del agua en el tanque ha descendido 1 mt. Determine:
a) ¿A qué hora el tanque estará vacío?
b) ¿A qué hora quedará en el tanque 31,25% del volumen inicial.
SOLUCIÓN:
a) La ecuación diferencial asociada a los problemas de vaciado de tanque es:
A(h) dh = – a c dthg2 (1)
El coeficiente de descarga es c = 1
y la gravedad es g = 9,81 mt/seg2
El área a del orifico de salida se
desconoce; debe determinarse.
Las secciones transversales del
tanque, tal y como puede observarse en
la Fig. 1, son circunferencias de radio r
variable, dependiendo de la altura a la
cual se efectúe el corte transversal.
Como las secciones transversales
son circunferencias de radio r, el área es
A(h) =  r2
(2)
El radio r deberá expresarse en
función de la altura h.
Si se observa el tanque de frente, como una figura plana, y se representa en un
sistema de coordenadas cartesianas rectangulares, el resultado se muestra en la Fig. 2
372
Observe que de la semicircunferencia
se puede extraer un triángulo rectángulo tal
que los catetos miden r y ( 8 – h ) y la
hipotenusa 8 (ya que va desde el centro de
la semicircunferencia a un punto de la ella).
Aplicando el Teorema de Pitágoras al triángulo de la Fig. 3
( 8 )2
= ( 8 – h )2
+ r2
desarrollando
64 = 64 – 16 h + h2
+ r2
simplificando y despejando r2
r2
= 16 h – h2
(3)
Sustituyendo la ecuación (3) en la ecuación (2)
A(h) =  ( 16 h – h2
)
Sustituyendo A(h), c y g en la ecuación (1)
 ( 16 h – h2
) dh = – a 2/1
h62,19 dt (4)
La ecuación (4) es la ecuación diferencial asociada al problema de vaciado; ésta debe
resolverse sujeta a dos condiciones: para el tiempo t = 0 seg la altura es h = 8mt y para el
tiempo t = 4000 seg la altura es h = 7 mt. Por lo tanto, se debe resolver el problema de valor
de frontera









7)3600(h
8)0(h
dth62,19adh)hh16( 2/12
La ecuación (4) es una ecuación diferencial de variables separables. Para separar las
variables se multiplica la ecuación (4) por el factor 2/1
h
62,19
1 

2/1
h
62,19

 ( 16 h – h2
) dh = a dt (5)
La ecuación (5) se integra de forma definida: la altura h varía entre h = 8 mt y
h = 7 mt ; el tiempo t varía entre t = 0 seg y t = 3600seg
8 mt
r
8 – h
8 mt
h
Fig. 2
8
8 – h
r
Fig.3
373
62,19


 
7
8
2/32/1
dh)hh16( = a

3600
0
dt (6)
Resolviendo las integrales definidas
 
7
8
2/32/1
dh)hh16( =
 
8
7
2/32/1
dh)hh16( =
/
8
7
2/52/3
h
5
2
h
3
32







= 2/52/32/52/3
)7(
5
2
)7(
3
32
)8(
5
2
)8(
3
32
 = –23,259

3600
0
dt = t
/
3600
0
= 3600
sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (6)
62,19

 (–23,259 ) = 3600 a
despejando a
a =
62,193600
259,23 
= 4,58 . 10 – 3
este valor del área del orificio de salida se sustituye en la ecuación (5)
2/1
h
62,19

 ( 16 h – h2
) dh = 4,58 . 10 – 3
dt
multiplicando por
58,4
103
62,1958,4
103

 h – 1/2
( 16 h – h2
) dh = dt (7)
A fin de determinar el tiempo tv que demora en vaciarse el tanque, es decir, el tiempo
que demora para que la altura de líquido en el tanque sea cero, se integra la ecuación (7)
en forma definida: la altura h varía entre h = 8 mt y h = 0 mt; el tiempo t varía de t = 0 seg a
t = tv seg
62,1958,4
103


 
0
8
2/32/1
dh)hh16( =

vt
0
dt (8)
Resolviendo las integrales definidas
374
 
0
8
2/32/1
dh)hh16( =
 
8
0
2/32/1
dh)hh16( =
/
8
0
2/52/3
h
5
2
h
3
32







= 2/52/3
)8(
5
2
)8(
3
32
 = – 168,952

vt
0
dt = t
/
vt
0
= tv
sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (8)
tv =
62,1958,4
103

 ( – 168,952 ) = 26163, 64395
Luego, el tanque demora en vaciarse 26163,64395 seg, lo que equivale a 7 horas
16 min 4 seg. Si comenzó a vaciarse a las 4 horas 27 min de la tarde entonces estará
totalmente vacío a las 7 horas 43 min 4 seg de la noche.
b) Ahora debe determinarse a que hora quedará en el tanque 31,25% del volumen
total. Para obtener el volumen total se usa el método de obtención del volumen por las
secciones transversales
V =

0h
0
dh)h(A = dh)hh16( 2
8
0

 =
/
8
0
3
2
)
3
h
h8( 
= 






3
512
512 = 
3
1024
Así se tiene que, el volumen total de líquido en el tanque es V = 
3
1024
mt3
. El
31,25% del volumen total es
31,25% V = 





100
25,31







3
1024
= 
3
320
Ahora, usando nuevamente el método de las secciones transversales para calcular
volumen, se puede determinar a altura h1 de líquido en el tanque cuando en este queda
31,25% del volumen total
31,25% V =

1h
0
dh)h(A
sustituyendo A(h) y 31,25% V
375

3
320
=

1h
0
dh)h(A = dh)hh16( 2
1h
0

 =
/
1h
0
3
2
)
3
h
h8(  = )
3
h
h8(
3
12
1 
multiplicando por 







3
0320h24h 1
3
1 
resolviendo la ecuación de tercer grado en h, resulta h1 = 4 (las otras dos soluciones se
descartan , puesto que, una es mayor que la altura del tanque y la otra es negativa)
Conociendo la altura de líquido en el tanque cuando queda 31,25% del volumen total,
se puede determinar el tiempo que demora en llegar a ese volumen. Para ello, la ecuación
diferencial (7) se integra de forma definida: el tiempo t varía entre t = 0 seg y t = t1: la altura h
varía entre h = 8 mt y h = 4 mt
62,1958,4
103


 
4
8
2/32/1
dh)hh16( =

1t
0
dt (9)
Resolviendo las integrales definidas
 
4
8
2/32/1
dh)hh16( =
 
8
4
2/32/1
dh)hh16( =
/
8
4
2/52/3
h
5
2
h
3
32







= 2/52/32/52/3
)4(
5
2
)4(
3
32
)8(
5
2
)8(
3
32
 = – 96,419

1t
0
dt = t
/
1t
0
= t1
sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (8)
t1 =
62,1958,4
103

 ( – 96,419 ) = 14931,29638
Luego, el tanque demora 14931,29638 seg en alcanzar 31,25% del volumen total, lo
que equivale a 4 horas 8 min 51 seg. Si comenzó a vaciarse a las 4 horas 27 min de la
tarde entonces alcanzará el 31,35% del volumen total a las 8 horas 35 min 51 seg de la
noche.
376
12. El tanque que se muestra en la Fig. 1 está lleno de agua en un 100%: Comienza a
vaciarse por un orificio situado en su base inferior de “A” cm2
de área. Si transcurrida
1 hora 6 minutos 40 segundos el nivel libre de líquido ha descendido 5 mt y el
coeficiente de descarga se ha establecido en 0,8. Determine:
a) Área del orificio de salida
b) Tiempo de vaciado total
SOLUCIÓN:
La ecuación diferencial asociada a los problemas de vaciado de tanques es
A(h) dh = – a c dthg2 (1)
El coeficiente de descarga es c = 0,8 = 8 . 10 – 1
y la gravedad es g = 9,81 mt/seg2
El área del orificio de salida es a = A cm2
; haciendo la conversión a metros, que son
las unidades en las que están dadas las dimensiones del tanque resulta
a = A cm2
= A ( 10 – 2
mt )2
= A . 10 – 4
mt2
De la Fig. 2 puede deducirse que las secciones transversales del tanque son
cuadrados de lado variable L, el cual varía dependiendo de la altura a la cual se efectúe el
corte transversal. El área de las sección transversal del tanque viene dado como
A(h) = L2
(2)
4 mt
4 mt
L mt
9 mt
h
2 mt 2 mt
Fig.1
377
Se debe establecer una relación entre el lado x del cuadrado y la altura h. Para ello,
visualizando el tanque de frente y ubicando la figura en un sistema de coordenadas
rectangulares, se observa como se muestra en la Fig. 2
Observe en la Fig. (2) que el punto de
coordenadas P  h,
2
L es un punto de la recta
que pasa por los puntos (1, 0) y (2, 9).
La pendiente de la recta es
m =
12
09


= 9
y la ecuación de la recta es
y = 9 ( x – 1 )
El punto P  h,
2
L satisface la ecuación
de la recta. Sustituyendo en la recta x =
2
L
y = h
h = 9 (
2
L - 1 )
despejando L
L = 





 1
9
h
2 (3)
sustituyendo la ecuación (3) en la ecuación (2)
A(h) = 4
2
1
9
h







Si ahora se sustituyen A(h), a, c y g en la ecuación (1)
4
2
1
9
h






 dh = – A . 10 – 4
8 . 10 – 1
dth62,19 2/1
(4)
La ecuación (4) es la ecuación diferencial asociada al problema de vaciado de tanques
y debe resolverse sujeta a dos condiciones: para el tiempo t = 0 seg, la altura es h = 9 mt;
para el tiempo de 1hora 6 min 40 seg (t = 4000 seg) la altura del líquido en el tanque
descendió 5 mt, es decir, h = 4 mt
Lo que queda planteado entonces es un problema de valor de frontera

















 
4)4000(h
9)0(h
dth62,1910.810.Adh1
9
h
4 2/114
2
y
2 mt
(2, 9)
9 mt
P (x,y)
h
(1,0) x
1mt
2
L Fig. 2
378
La ecuación diferencial (4) es una ecuación de variables separables. Para separar las
variables se multiplica la ecuación (4) por el factor 2/1
h
62,198
10 

dh
9
9h
h
62,192
10
2
2/1





 
 
= A. 10 – 4
dt (5)
Integrando la ecuación (5) de forma definida. La altura h varía de h = 9 mt a h = 4 mt;
el tiempo t varía de t = 0 seg a t = 4000 seg
 




 
 
4
9
2
2/1
dh
9
9h
h
62,192
10
= A 10 - 4

4000
0
dt (6)
Resolviendo las integrales definidas
 




 
4
9
2
2/1
dh
9
9h
h =
 




 
 
9
4
2
2/1
dh
9
9h
h =
 






 
 
9
4
2
2/1
dh
81
81h18h
h
=  
 

9
4
2/12/12/3
dhh81h18h
81
1
=
/
9
4
2/12/3
2/5
h162h12
5
h2
81
1









=








 2/12/3
2/5
2/12/3
2/5
)4(162)4(12
5
)4(2
)9(162)9(12
5
)9(2
81
1
= 





 32496
5
64
486324
5
486
81
1
= 





 390
5
422
81
1
=
405
2372


4000
0
dt = t
/
4000
0
= 4000
sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (6)
















405
2372
62,192
10
= 4000 A . 10 – 4
despejando A
A . 10 – 4
=
62,1910.324
10.2372
4
=
62,1910.81
593
3
= 1,652 . 10 – 3
379
Así se tiene que, el área del orificio de salida es A = 1,652 . 10 – 3
m2
Sustituyendo el valor A en la ecuación (5)
dh
9
9h
h
62,192
10
2
2/1





 
 
= 1,652 10 – 3
dt
multiplicando por
652,1
103
, efectuando las operaciones y simplificando
 dhh81h18h
4263,1185
10 2/12/12/3
4

 = dt (7)
b) Para obtener el tiempo de vaciado, es decir, el tiempo para el cual la altura de
líquido en el tanque es cero, se integra la ecuación (7) de forma definida: la altura h
varía de h = 9 mt a h = 0 mt: el tiempo t varía de t = 0 seg a t = tv
 dhh81h18h
463,1185
10
0
9
2/12/12/3
5
 
 =

vt
0
dt (8)
resolviendo las integrales definidas
 dhh81h18h
0
9
2/12/12/3
 
 =  dhh81h18h
9
0
2/12/12/3
 

=
/
9
0
2/12/3
2/5
h162h12
5
h2








 =








 2/12/3
2/5
)9(162)9(12
5
)9(2
= 





 486324
5
486
=
5
4536


vt
0
dt = t
/
vt
0
= tv
sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (8)









4263,1185
104







5
4536
= tv
efectuando las operaciones
tv = 7652,943
Luego, el tanque demora en vaciarse totalmente t = 7652,943 seg , es decir, 2horas
7 min 33 seg.

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  • 1. 335 APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS DE PRIMER ORDEN A PROBLEMAS DE VACIADO DE TANQUES 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 agua. Considere un recipiente lleno de agua hasta una altura h. Suponga que el agua 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 agua del tanque en ese instante. La velocidad v del agua que sale a través del orificio es: v = hg2 (1) donde g es la gravedad. La ecuación (1) representa la velocidad que una gota de agua adquiriría al caer libremente desde la superficie del agua hasta el agujero. En condiciones reales, hay que tomar en cuenta la contracción que sufre un chorro de agua en un orificio, por lo que se tendrá v = c hg2 (2) donde c es el coeficiente de descarga comprendido entre 0 y 1 ( 0 < c < 1). Según la Ley de Torricelli, la razón con la que el agua sale por el agujero (variación del volumen de líquido en el tanque respecto del tiempo) se puede expresar como el área “a” del orificio de salida por la velocidad v del agua drenada, esto es a dt dV  v (3) sustituyendo la ecuación (2) en la ecuación (3) dt dV = hg2ca (4) Si A(h) denota el área de la sección transversal horizontal del tanque a la altura h, aplicando el método del volumen por secciones transversales se obtiene V =  h 0 dh)h(A derivando respecto de t y aplicando el teorema fundamental del cálculo OBSERVACIÓN Cuando el valor del coeficiente de descarga c no se indica, se asume que c = 1
  • 2. 336 UNIDADES Y NOTACIONES dt dh )h(A dt dV  (5) Comparando las ecuaciones (3) y (5) dt dh )h(A = hg2ca (6) Elemeto Notación Unidades Altura h (t) cm mt pies Volumen V (t) cm3 mt3 pies3 Tiempo t seg seg seg Gravedad g 981 cm/seg2 9,81 mt/seg2 32 pies/seg2 Área del orificio de salida a cm2 cm2 pies2 Área de la sección Transversal A(h) cm2 cm2 pies2 Coef. de descarga c Sin Unidades Sean h la altura de líquido en el tanque en cualquier instante t, “a” el área del orificio de salida el cual esta ubicado al fondo del tanque, g la gravedad, C el coeficiente de descarga y A(h) el área de la sección transversal del tanque. La ecuación diferencial asociada al problema de vaciado del tanque es dt dh )h(A = hg2ca Esta es una ecuación diferencial de variables separables, la cual al resolverse sujeta a la condición de conocer la altura inicial h0 para el tiempo t = 0, permite obtener la ley de variación de la altura de líquido en el tanque en función del tiempo. Si, además, hay aporte de líquido al tanque, la ecuación diferencial es dt dh )h(A = Q hg2ca
  • 3. 337 10 pies 20 pies h Fig.1 EJERCICIOS RESUELTOS SOBRE APLICACIONES DE LAS ECUACIONES DIFERENCIALES ORDINARIAS DE PRIMER ORDEN, A PROBLEMAS DE VACIADO DE TANQUES 1. Un cilindro recto circular de 10 pies de radio y 20 pies de altura, está lleno con agua. Tiene un pequeño orificio en el fondo de una pulgada de diámetro ¿Cuándo se vaciará todo el tanque? SOLUCIÓN: La ecuación diferencial asociada a los problemas de Vaciado de tanques es A(h) dh = – a c hg2 dt (1) El diámetro del orificio por donde fluye el agua fuera del tanque es de 1 pulgada, por lo tanto el radio es 1/2 pulgada. Como las dimensiones del tanque están dadas en pie, utilizando la equivalencia de 1 pulgada = 12 1 pies y puesto que el área del orificio de salida es el área de una circunferencia (  2 radio ), resulta que el área “a” del orificio de salida es a = 2 24 1        = 576  pie2 El coeficiente de descarga “c” no está dado por lo tanto se asume c = 1 y la gravedad es g = 32 pies/seg2 Para determinar A(h), que es el área de la sección transversal del tanque en función de la altura “h” , obsérvese en la Fig. 1 que las secciones transversales del tanque son circunferencias de radio constante r = 10 pies. Por lo tanto, el área de la sección transversal es la misma, independientemente de la altura h a la cual se efectúe el corte. Así, A(h) = 2 )10( = 100 pies2 Sustituyendo a, c, g, y A(h) en la ecuación (1) 100 dh = – 576  h64 dt = – h 576 8  multiplicando por  1 y simplificando 100 dh = dth 72 1  (2)
  • 4. 338 La ecuación (2) es la ecuación diferencial asociada al problema; la misma debe resolverse sujeta a la condición que para el tiempo t0 = 0 seg, la altura inicial es h0 = 20 pies, pues en el enunciado se dice que el tanque esta totalmente lleno. La ecuación diferencial (2) es una ecuación diferencial de variables separables. Para separar las variables, la ecuación (2), se multiplica por el factor h 72  h 7200  dh = dt integrando dh h 1 7200  = dt (3) Ambas integrales son inmediatas dh h 1  =   2/1 h dh = 2/1 h2 = 2 h + k1 dt = t + k2 sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (3) – 14400 h = t + k (4) Para determinar el valor de la constante k de integración, se usa la condición inicial, esto es, se sustituye en la ecuación (4) t = 0 seg y h = 20 pies, resultando k = – 14400 20 . Este valor obtenido para k se sustituye en la ecuación (4) – 14400 h = t – 14400 20 multiplicando por 14400 1  y elevando al cuadrado h(t) = 2 20 14400 t        (5) La ecuación (5) es la ley de variación de la altura de líquido en el tanque en cualquier instante t 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 (5) t = 14400 20 = 64398,75 Luego el tanque se vacía en un tiempo t = 64398,75 seg , es decir, 17 h 53 min 19 seg
  • 5. 339 2. Un tanque tiene la forma de un cubo de 12 pies de arista . Debido a un pequeño orificio situado en el fondo del tanque, de 2 pulgadas cuadradas de área, presenta un escape. Si el tanque está inicialmente lleno hasta las tres cuartas partes de su capacidad, determine: a) ¿Cuándo estará a la mitad de su capacidad? b) ¿Cuándo estará vacío? SOLUCIÓN: a) La ecuación diferencial asociada a los problemas de vaciado de tanques es A(h) dh = – a c dthg2 (1) Como las dimensiones del tanque están dadas en pie, y puesto que 1pulg = 1/12 pies, entonces haciendo la conversión, el área orificio de salida será a = 2 pulg2 = 2 (1/144) pies2 = 1/72 pies2 El coeficiente de descarga es c = 1 y la gravedad g = 32 pies/seg2 Como puede observarse en la Fig,1 las secciones transversales del tanque van a ser cuadrados de lados constantes e iguales a 12 pies, independientemente de la altura a la cual se efectúa el corte, por lo tanto, el área de las sección transversal será A(h) = 144 pies2 Ya que las secciones transversales son de área constante y puesto que el tanque está inicialmente lleno hasta 3/4 de su capacidad, resulta que la altura inicial será igual a 3/4 de la altura total. Así, como la altura total del tanque es ht = 12 pies, entonces la altura inicial es h0 = 3/4 ht = 9 pies. Sustituyendo A(h), a, c y g en la ecuación (1) 144 dh = – h64 72 1 dt = – h 72 8 dt simplificando 144 dh = – 9 1 h dt (2) La ecuación (2) es la ecuación diferencial asociada al problema de vaciado de tanque planteado y debe resolverse sujeta a la condición h(0) = 9 pies. La ecuación (2) es una ecuación diferencial de variables separables. Para separar las variables se multiplica la ecuación (2) por el factor h 9  dh h 1296  = dt integrando 12 pies 12 pies 12 pies h l = 12 pies Fig.1
  • 6. 340 – 1296  h dh = dt (3) Ambas integrales son inmediatas  h dh =   2 1 h dh = 2 h + k1 dt = t + k2 sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (3) – 2592 h = t + k (4) Para determinar el valor de la constante k de integración se usa la condición inicial h(0) = 9, esto es, se sustituye en la ecuación (4) t = 0 seg y h = 9 pies, resultando k = – 7776. Este valor obtenido para k se sustituye en la ecuación (4) –- 2592 h = t – 7776 multiplicando por 2592 1  y elevando al cuadrado h(t) = 2 3 2592 t        (5) La ecuación (5) es la ley de variación de la altura del líquido en el tanque en cualquier instante t Se quiere determinar el tiempo para el cual el volumen de líquido en el tanque es igual a la mitad de su capacidad; es decir, cuando la altura de líquido en el tanque es igual a 6 pies. Para ello, se sustituye h = 6 pies en la ecuación (5) 6 = 2 3 2592 t        elevando a la 1/2 6 = 3 2592 t  Multiplicando por (– 1 ) 3 2592 t  =  6 sumando 3 y multiplicando por 2592 t = 2592 ( 3 – 6 ) = 7776 - 6350,4 = 1425,6 De aquí que, debe transcurrir un tiempo t = 1425,6 seg = 23 min 45 seg, para que el tanque se vacíe hasta la mitad de su capacidad.
  • 7. 341 Para determinar el tiempo que demora en vaciarse el tanque, es decir, el tiempo para que la altura de líquido en el tanque sea cero, se sustituye h = 0 en la ecuación (5) y se busca t 2 3 2592 t        = 0 elevando a 1/2 3 2592 t  = 0 multiplicando por ( – 2592 ) t – 7776 = 0 despejando t t = 7776 seg Luego, deben transcurrir 7776 seg, es decir, 2 horas 9 min 36 seg, para que el tanque se vacíe totalmente. 3. Un tanque en forma de cono circular recto , de altura H radio R, vértice por debajo de la base, está totalmente lleno con agua. Determine el tiempo de vaciado total si H = 12 pies, R = 5 pies, a = 1 pulg2 y c = 0,6 SOLUCIÓN: La ecuación diferencial asociada a los problemas de vaciado de tanque es A(h) dh = – a c hg2 dt (1) El área de orificio de salida es a = 1 pulg2 pero como las dimensiones del tanque están dadas en pies, hay que realizar la conversión. Puesto que 1 pulg = 1/12 pies, entonces a = 1 pulg2 = 2 pies 12 1       = 2 pies 144 1 El coeficiente de descarga es c = 0,6 y la gravedad es g = 32 pies/seg2 Según puede observarse en la Fig. 1, las secciones transversales del tanque son circunferencias cuyo radio varía dependiendo de la altura a cual se efectúe la sección transversal. Sea h la altura a la cual se efectúa el corte y r el radio de la circunferencia. El área de la sección transversal es variable y está dada por A(h) =  r2 (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. Observando el tanque de frente como una figura plana se ve tal y como se muestra Fig. 2 R = 5 pies r r H = 12 pies h Fig. 1
  • 8. 342 Si se ubican los ejes coordenados de tal forma que el vértice del cono coincida con el origen del sistema de coordenadas, entonces se tiene una figura simétrica respecto del eje y, tal y como se muestra en la Fig. 2 Por simetría, será suficiente trabajar con uno de los triángulo Por semejanza de triángulos (ver Fig. 3) se tiene entonces la siguiente relación de proporción 12 5 h r  despejando r r = h 12 5 (3) sustituyendo la ecuación (3) en la ecuación (2) A(h) =  2 h 12 5       = 2 h 144 25  Sustituyendo A(h), a, c y g en la ecuación (1) 2 h 144 25  dh = 144 1        10 6 h64 dt multiplicando por 144 25  h2 dh = – 5 24 h dt (4) La ecuación (4) es la ecuación diferencial asociada al vaciado de tanque planteado en este problema y debe resolverse sujeta a la condición inicial que para el tiempo t = 0 seg, la altura es h = 12 pies, esto es h(0) = 12 La ecuación (4) es una ecuación diferencial de variables separables. Para separar las variables se multiplica por el factor h24 5  – h h 24 125 2  dh = dt altura 5 pies 5 pies r 12 pies h radio Fig. 2 5 r 12 h Fig.3
  • 9. 343 integrando –   dh h h 24 125 2 = dt (5) Ambas integrales son inmediatas  dh h h 2 =   dhhh 2/12 =  dhh 2/3 = 2/5 h 5 2 + k1 dt = t + k2 sustituyendo los resultados de as integrales en la ecuación (5)               2/5 h 5 2 24 125 = t + k efectuando operaciones 2/5 h 12 25   = t + k (6) Para determinar el valor de la constante k de integración se usa la condición inicial h(0) = 12, esto es, se sustituye en la ecuación (6) t = 0 seg y h = 12 pies, resultando k =   2/5 12 12 25   . Este valor obtenido para k se sustituye en la ecuación (6) 2/5 h 12 25   = t   2/5 12 12 25   (7) multiplicando por         25 12 y elevando a la 2/5 h(t) =   5/2 2/5 12t 25 12          (8) La ecuación (8) es la ley de variación de de la altura del líquido en el tanque en cualquier instante t El tiempo de vaciado total se obtiene cuando la altura de líquido en el tanque es h = 0 pies. Sustituyendo este valor en la ecuación (7) 0 = t   2/5 12 12 25   despejando t t =   2/5 12 12 25  = 3264,83 seg De aquí que, el tanque demora en vaciarse 3264,83 seg, es decir, 54 min 25 seg
  • 10. 344 R Rr R h x Fig. 1 4. Una taza hemisférica de radio R está llena de agua. Si hay un pequeño orificio de radio r en el fondo de la superficie convexa, determine el tiempo de vaciado SOLUCIÓN: La ecuación diferencial asociada a los problemas de vaciado de tanques es: A(h) dh = – a c hg2 dt (1) Como el radio de la taza hemisférica es R y el tanque se encuentra lleno entonces la altura inicial de líquido en el tanque es R, tal y como puede observarse en la Fig. 1, es decir, h(0) = R. El orificio de salida tiene radio r, por lo tanto, el área del orificio de salida es a = 2 r Sea c el coeficiente de descarga y g la gravedad. Las secciones transversales del tanque hemisférico, son circunferencias de radio variable, según la altura donde se realice la sección transversal. Sea x el radio variable de la sección transversal. Por ser circunferencia, el área es A(h) = 2 x (2) Se debe establecer una relación entre el radio x y la altura h, de tal forma que el área de la sección transversal quede expresada en función de la altura h. Observando el tanque de frente como una figura plana y ubicándolo en un sistema de coordenadas cartesianas rectangulares como se muestra en la Fig. 2. Puesto que la Fig.2 resultante es simétrica respecto del eje y, será suficiente trabajar con la mitad de la figura. El triángulo que se forma, tiene como base el radio .x, ..altura.. ( R – h ) .e.. hipotenusa R . Aplicando el Teorema de Pitágoras al triángulo de la Fig. 3 R2 = x2 + ( R – h )2 R R – h x Fig 3 altura R R – h R R x h radio Fig. 2
  • 11. 345 desarrollando R2 = x2 + R2 - 2 R h + h2 simplificando x2 = 2 R h – h2 (3) sustituyendo la ecuación (3) en la ecuación (2) A(h) =  ( 2 R h – h2 ) (4) Ahora se sustituyen A(h) y a en la ecuación (1)  ( 2 R h – h2 ) dh = – 2 r c hg2 dt (5) La ecuación (5) es una ecuación diferencial de variables separables. Para separar las variables se multiplica la ecuación (5) por el factor hg2cr 1 2   hg2cr 1 2  ( 2 R h – h2 ) dh = dt (6) A partir de la ecuación diferencial (5) y sabiendo que para el tiempo t = 0 la altura es h = R, se debe determinar el tiempo de vaciado tv, esto es el tiempo para el cual la altura de líquido en el tanque es cero. Se plantea así, el problema de valor de frontera               0)t(h R)0(h dtdh hg2cr hhR2 v 2 2 Integrando la ecuación diferencial (6) de forma definida: el tiempo varía entre t = 0 y t = tv (tv tiempo a determinar) la altura varía entre h = R y h = 0            0 R 2 2 dh h hhR2 g2cr 1 =  vt 0 dt (7) Resolviendo las integrales definidas           0 R 2 dh h hhR2 =            R 0 2 dh h hhR2 = – 2 R  R 0 2/1 dhh +  R 0 2/3 dhh
  • 12. 346 = / R 0 2/3 3 hR4  + / R 0 2/5 5 h2 = 3 R4 2/5  + 5 R2 2/5 = 15 R14 2/5   vt 0 dt = t / vt 0 = tv sustituyendo los resultados de las integrales en al ecuación (7)                   15 R14 g2cr 1 2/5 2 = tv Por lo tanto, el tiempo que demora en vaciarse el tanque es t = g2 R cr15 R14 2 2 5. Un tanque de agua tiene la forma que se obtiene al hacer girar la curva y = x4/3 alrededor del eje y. Siendo las 11:27 de la mañana se retira un tapón que está en el fondo y en ese momento la profundidad del agua en el tanque es 12 pies. Una hora más tarde la profundidad del agua a descendido a la mitad. Determine a) ¿A qué hora estará vacío el tanque? b) ¿A qué hora quedara en el tanque 25% del volumen de líquido inicial? SOLUCIÓN: a) La curva y = x4/3 que se hace girar alrededor del eje y para generar el tanque tiene su vértice en el origen. Cuando la variable y toma el valor de la máxima profundidad de líquido en el tanque, esto es, y = 12, la variable x que representa el radio de giro toma el valor x = (12)3/4 = 6,45. En la Fig. 1 se muestra la forma aproximada del tanque La ecuación diferencial asociada a un problema de vaciado de tanque es A(h) dh = – a c hg2 dt (1) El coeficiente de descarga es c = 1 y la gravedad es g = 32 pies/seg2 . El área a del orificio de salida debe determinarse. Las secciones transversales son circunferencias de radio variable r. Por lo tanto, el área de las secciones transversales es A(h) =  r2 (2) 6,45 mt 12 mt h r Fig. 1
  • 13. 347 altura 6,45 r 12 h radio Fig. 2 ● El radio r debe expresarse en función de la altura h. Para ello debe observarse el tanque como una figura plana, vista desde el frente. La Fig. 2 muestra la curva plana y = x4/3 Observe en la Fig. 2 que el punto P(r, h) pertenece a la curva y = x4/3 ; esto quiere decir que las coordenadas del punto P satisfacen la ecuación de la curva. Sustituyendo x= r, y = h h = r4/3 Despejando r r = h3/4 (3) sustituyendo la ecuación (3) en la ecuación (2) A(h) =  h 3/2 Una vez que el área de la sección transversal del tanque ha quedado expresada en función de la altura, se sustituyen A(h), c y g en la ecuación (1) 2/3 h dh = – a h64 dt (4) La ecuación (4) es la ecuación diferencial asociada al problema de vaciado planteado y debe resolverse sujeta a dos condiciones: la primera condición es que para el tiempo t = 0 seg, la altura es h = 12 pies; la segunda condición es que luego de una de iniciado el proceso de vaciado, es decir, para t = 3600 seg, la altura de líquido en el tanque ha descendido a la mitad, esto es, h = 6 pies. Por lo tanto, lo que debe resolverse es el problema de valor de frontera          6)3600(h 12)0(h dtha8dhh 2/3 La ecuación (4) es una ecuación diferencial de variables separables. Para separar las variables se multiplica la ecuación (4) por el factor h8 1 h64 1  dh h h 8 2/3          = a dt (5) integrando definidamente; el tiempo varía entre t = 0 seg y t = 3600 seg; la altura varía entre h = 12 pies y h = 6 pies y = x4/3 P (r,h)
  • 14. 348           6 12 2/3 dh h h 8 = a  3600 0 dt (6) Resolviendo las integrales          6 12 2/3 dh h h =  12 6 dhh = / 12 6 2 2 h  =     2 6 2 12 22  = – 72 + 18 = – 54  3600 0 dt = t / 3600 o = 3600 sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (6) )54( 8    = 3600 a multiplicando por 3600 1 3600 1        4 27 = a simplificando a = 1600 3  Este valor que se obtuvo para a (área del orificio de salida) se sustituye en la ecuación (5) dh h h 8 2/3          = 1600 3  dt multiplicando por 3 1600 y simplificando dhh 3 200  = dt (7) Se pide determinar el tiempo tv que demora en vaciarse el tanque, es decir, el tiempo para el cual la altura de líquido en el tanque se hace cero. Para ello se debe resolver el problema de valor de frontera           0)t(h 12)0(h dtdhh 3 200 v
  • 15. 349 La ecuación diferencial (7) se integra de forma definida: el tiempo varía entre t = 0 seg y t = tv; la altura varía entre h = 12 pies y h = 0 pies  0 12 dhh 3 200 =  vt 0 dt (8) Resolviendo las integrales defindas  0 12 dhh =  12 0 dhh = / 12 0 2 2 h  = – 72  vt 0 dt = t / vt 0 = tv sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (8) tv =        )72( 3 200 4800 De aquí se tiene que, el tanque demora en vaciarse t = 4800 seg, lo que equivale a 1 hora y 20 min. Si el proceso de vaciado se inicio a las 11:27 am, entonces para saber a que hora el tanque estará vacío, debe sumarse el tiempo de vaciado tv a las 11:27. Luego, el tanque estará vacío a las 12:47 pm. b) Para saber a que hora queda en el tanque el 25% de su capacidad, se debe comenzar por establecer cual es la altura de líquido en el tanque cuando resta el 25% de su capacidad. Como se conoce la altura inicial de líquido en el tanque, el volumen total se determina por el método del volumen por secciones transversales V = dh)h(A 0h 0  =  12 0 3/2 dhh = / 12 0 2/5 5 h2  = 5 )12(2 2/5  luego el 25% del volumen total es 25% V = 100 25          5 )12(2 2/5 = 10 )12( 2/5  Conocido el volumen cuando resta el 25% de líquido en el tanque, utilizando el mismo método por secciones transversales, se podrá determinar cual es la altura de líquido en el tanque en este caso
  • 16. 350 25% V =  %25h 0 dh)h(A sustituyendo A(h) y 25% V 10 )12( 2/5  =  %25h 0 2/3 dhh (9) Resolviendo la integral definida  %25h 0 2/3 dhh = / %25h 0 2/5 5 h2  = 2/5 %25 )h( 5 2  sustituyendo el resultado de la integral en la ecuación (9) 10 )12( 2/5  = 2/5 %25 )h( 5 2  multiplicando por 2 5 2/5 %25 )h( = 4 )12( 2/5 elevando a 2/5 %25h = 5/2 )4( 12 = 6,89 Una vez conseguida la altura de líquido en el tanque cuando queda el 25% del volumen total, se procede a buscar el tiempo que demora en llegar a esa altura. Para ello debe resolverse el problema de valor de frontera             5/2%25 )4( 12 )t(h 12)0(h dtdhh 3 200 La ecuación diferencial (7) se integra de forma definida: el tiempo varía entre t = 0 seg y t = t25%; la altura varía entre h = 12 pies y h = 5/2 )4( 12 pies
  • 17. 351  5/2)4( 12 12 dhh 3 200 =  %25t 0 dt (10) Resolviendo las integrales defindas  5/2)4( 12 12 dhh =  12 5/2)4( 12 dhh = / 12 5/2)4( 12 2 2 h  = – 72 + 2 5/2 )4( 12 2 1         = – 72 + 23,75 = –48,25  %25t 0 dt = t / %25t 0 = t25% sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (8) t25% =        )25,48( 3 200 3216,66 De aquí se tiene que, el tanque demora t = 3216,66 seg en vaciarse hasta el 25% de su capacidad inicial, lo que equivale a 53 min y 36 seg. Si el proceso de vaciado se inicio a las 11:27 am, entonces para saber a que hora el tanque tendrá sólo el 25% de su capacidad, hay que agregar a las 11:27 los 53 min y 36 seg. Luego tendra el 25% de su capacidad a las 12:20:36 pm 6. El tanque que se muestra en la figura está totalmente lleno de líquido. Se inicia el proceso de vaciado, por una perforación circular de área 1 cm2 ubicada en la base inferior del depósito. Si se ha establecido el coeficiente de descarga c = 0,447 y la gravedad es g = 10 m/seg2 2 mt 8 mt r h 4 mt 1 mt Fig. 1
  • 18. 352 Determine: a) Tiempo que debe transcurrir para que quede en el tanque un contenido equivalente al 18,75% de su capacidad b) Tiempo de vaciado total del tanque SOLUCIÓN: La ecuación diferencial asociada a los problemas de vaciado de tanques es A(h) dh = – a c hg2 dt (1) El área del orificio de salida es a = 1 cm2 , pero como las dimensiones del tanque están en metros debe efectuarse la conversión. Puesto que 1 cm = 0,01 mt = 10 – 2 mt, entonces a = 1 cm2 = (1 cm )2 = ( 10 - 2 mt)2 = 10 - 4 mt2 . En el enunciado del problema dan el coeficiente de descarga c = 447.10 - 3 y la gravedad g = 10mt/seg2 Según puede observarse en la Fig. 1, las secciones transversales son rectángulos, dos de los lados paralelos de longitud constante e igual a 8 y los otros dos lados de longitud variable r. El área de la sección transversal es entonces A(h) = 8 r (2) Debe expresarse la longitud r en función de la altura h. Para ello si se observa el tanque de frente, como una figura en un plana, ubicada en un sistema de coordenadas cartesianas rectangulares, se verá como lo muestra la siguiente Fig. 2 Obsérvese que el punto P(r,h) pertenece a la recta que pasa por los puntos (1, 0) y (2, 4). La pendiente la recta es m = 12 04   = 4 La ecuación de la recta que pasa por el punto (1, 0) (o (2, 4)) y tiene pendiente 4 es L: y = 4 ( x – 1 ) Ya que el punto P (r, h) pertenece a la recta L entonces satisface la ecuación de dicha recta, por lo tanto sustituyendo x = r , y = h h = 4 ( r – 1 ) despejando r r = 4 h + 1 (3) Sustituyendo la ecuación (3) en la ecuación (2), se tiene el área de la secciones transversales en función de la altura h y 2 mt (2,4) P(r,h) r 4 mt h (1,0) x 1mt Fig. 2
  • 19. 353 A(h) = 8        1 4 h = 2 ( h + 4 ) Ahora se sustituyen A(h), a, c y g en la ecuación (1) 2 ( h + 4 ) dh = – 10 – 4 . 447 . 10 – 3 h20 dt simplificando 2 ( h + 4 ) dh = – 447 . 10 – 7 20 h1/2 dt (4) La ecuación diferencial (4) es una ecuación diferencial de variables separables y debe resolverse sujeta a la condición de que la altura inicial de líquido en el tanque es 4 mt, es decir, h(0) = 4. Para separar las variables, la ecuación (4 ) debe multiplicarse por el factor 2/1 7 h20447 10  dh h 4h 20447 10.2 2/1 7         = dt integrando          dh h 4h 20447 10.2 2/1 7 = dt (5) Ambas integrales son inmediatas         dh h 4h 2/1 =  dhh 2/1 + 4   dhh 2/1 = 2/3 h 3 2 + 8 h1/2 + k1 dt = t + k2 sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (5) 20447 10.2 7         2/12/3 h8h 3 2 = t + k (6) Para determinar el valor de la constante k de integración se usa la condición inicial h(0) = 4, esto es, se sustituye en la ecuación (6) t = 0 seg y h = 4 mt, k = 20447 10.2 7         )4(84 3 2 2/12/3 = 20447 10.2 7  41/2        84 3 2 = 20447 10.4 7        3 32 = 201341 10.128 7  este valor obtenido para k se sustituye en la ecuación (6) 20447 10.2 7         2/12/3 h8h 3 2 = t 201341 10.128 7 
  • 20. 354 despejando t t = 20447 10.2 7        2/12/3 h8h 3 2 3 64 (7) La ecuación (7) representa la relación funcional entre altura y tiempo. Ya que se debe determinar el tiempo que debe transcurrir para que en el tanque quede solo el 18,75% del volumen total de líquido, para usar la ecuación (7) será necesario conocer la altura de líquido en el tanque, cuando en este queda el 18,75% del volumen total. Se comienza por determinar el volumen total de líquido en el tanque. Como el tanque se encuentra lleno, la altura total de líquido en el tanque coincide con la altura inicial. Aplicando el método de las secciones transversales para hallar el volumen total V =  0h 0 dh)h(A =   4 0 dh)4h(2 = 2  4 0 dhh + 8  4 0 dh = h2 / 4 0 + 8h / 4 0 = 16 + 32 = 48 Así, el volumen total de líquido en el tanque es V = 48 mt3 . Luego, el 18,75% del volumen total es 18,75% V = 100 )48()75,18( = 100 900 = 9 Ahora, usando la misma ecuación anterior para calcular volumen, se puede establecer cual será la altura h1 del líquido en el tanque, si se sabe que el volumen es 19,75% V = 9 mt3 18,75% V =  1h 0 dh)h(A sustituyendo los datos 9 = dh)4h(2 1h 0   = ( h2 + 8h ) / 1h 0 = ( h1 )2 + 8 h1 se tiene entonces una ecuación de segundo grado en h1 ( h1 )2 + 8 h1 – 9 = 0 Resolviendo la ecuación de segundo grado )1(2 )9()1(4)8(8 h 2 1   = 2 1008  = 2 108 
  • 21. 355 de donde resulta h = – 9 y h = 1 Ya que h debe ser positivo, pues representa una altura, el valor h = – 9 se descarta, por lo tanto, la altura de líquido en el tanque cuando el volumen es de 18,75% del volumen total es h = 1 mt. Luego, para determinar el tiempo que demora en vaciarse el tanque hasta 18,75% del volumen total, será suficiente con sustituir h = 1 mt en la ecuación (7) t = 20447 10.2 7        8 3 2 3 64 = 126727,1934 Así, el tanque demora en vaciarse hasta el 18,75 % del volumen total t = 126727,1934 seg = 35 horas 12 min 7 seg = 1 día 11 horas 12 min 7 seg . b) Para determinar el tiempo de vaciado total del tanque, es decir, cuando la altura de líquido en el tanque es cero, se sustituye h = 0 en la ecuación (7) tv = 20447 10.2 7       3 64 = 201341 10.128 7 = 213435,273 Así, el tanque demora en vaciarse totalmente t = 213435,273 seg = 59 hora 17 min 15 seg = 2 días 11 horas 17 min 15 seg 7. El tanque que se muestra en la figura se encuentra lleno en un 100%: El líquido escapa por un orificio de 5 cm2 de área, situado en el fondo del tanque. Determine a) Tiempo de vaciado total b) Tiempo para que el volumen de líquido en el tanque descienda 5 mt SOLUCIÓN: 4 mt 8 mt M 12 mt L h 3 mt 2mt Fig 1
  • 22. 356 La ecuación diferencial asociada a los problemas de vaciado de tanques es A(h) dh = – a c hg2 dt (1) El coeficiente de descarga es c = 1; la gravedad es g = 9,81 mt/seg2 El área del orificio de salida está dado en cm2 , pero como las dimensiones del tanque están dadas en mt, debe realizarsela conversión a una sola unidad, Así a = 5 cm2 = 5 . 10 – 4 mt2 Según se muestra en la Fig. 1, las secciones transversales del tanque son rectángulos, cuyo lados varían en función de la altura a la cual se efectúe la sección transversal, sean L y M las longitudes de los lados. Entonces el área de la sección transversal es A(h) = L M (2) Se deben expresar ambos lados ( L y M ) en función de la altura. Si se observa el tanque por una de sus caras y se considera una figura plana, ubicándola en un sistema de coordenadas cartesianas rectangulares, se obtiene lo que se muestra en la Fig. 2. Como puede observarse la Fig. 2 es simétrica respecto al eje y, por lo tanto, a fin de establecer la relación entre L y h se trabaja con la mitad del trapecio que se forma, como se muestra en la Fig.3 Se puede obtener la relación entre L y h, a través de la recta que pasa por los puntos (3/2, 0) y (4, 12), recta a la cual pertenece el punto (L/2, h). Sin embargo, se mostrará otro procedimiento, el cual nos conduce a la misma relación. Observe que la Fig 3. se forma con un rectángulo y un triángulo. Considérese el triángulo. En la Fig. 4 se indican las dimensiones de los lados de dicho triángulo. Si se aplica semejanza de triángulos a los dos triángulos de la Fig. 4 y 12 mt h 3 mt x L 8 mt Fig 2 y 4 mt 12 mt L / 2 h 3/2 mt x Fig 3
  • 23. 357 4 – 2 3 = 2 5 mt 2 3 2 L  12 mt h mt Fig. 4 2 – 1 = 1 mt 2 M – 1 mt 12 mt h mt Fig. 7   h 2 3 2 L  =   12 2 5 simplificando h 3L  = 12 5 despejando L L = 12 5 h + 3 (3) Ahora debe visualizarse el tanque respecto de una de las dos caras no paralelas a la anterior. La figura plana que se observa, resulta igual a la de la Fig. 2, lo que varía son las dimensiones de las aristas, tal y como se muestra en la Fig. 5 Como puede observarse la Fig. 5 es simétrica respecto al eje y, por lo tanto, a fin de establecer la relación entre M y h se trabaja con la mitad del trapecio que se forma Se puede obtener la relación entre m y h, a través de la recta que pasa por los puntos (3/2, 0) y (4, 12), recta a la cual pertenece el punto (L/2, h). Sin embargo, se mostrará otro procedimiento, el cual nos conduce a la misma relación. Observe que la Fig 6. se forma con un rectángulo y un triángulo. Considérese el triángulo. En la Fig. 7 se indican las dimensiones de los lados de dicho triángulo. Si se aplica semejanza de triángulos a los dos triángulos de la Fig. 7   h 1 2 M  = 12 1 simplificando h2 2M  = 12 1 despejando M M = 6 1 h + 2 (4) y 12 mt h 2 mt x M 4 mt Fig 5 y 2 mt 12 mt M / 2 h 1 mt x Fig 6
  • 24. 358 Las ecuaciones (3) y (4) se sustituyen en la ecuación (2), resultando que el área de la sección transversal del tanque en función de la altura es A(h) =              2h 6 1 3h 12 5 =    72 12h36h5  = 72 432h96h5 2  Sustituyendo A(h), a, c y g en la ecuación (1) dh 72 432h96h5 2          = – 5 . 10 – 4 h62,19 dt (5) La ecuación (5) es la ecuación diferencial asociada al problema y debe resolverse sujeta a la condición h(0) = 12, es decir, para el tiempo t = 0 seg la altura es h = 12 mt La ecuación (5) es una ecuación diferencial de variables separables. Para separar las variables se debe multiplicar dicha ecuación por el factor h62,1910.5 1 4 h62,1910.5 1 4  dh 72 432h96h5 2          = dt efectuando las operaciones dh)h432h96h5( 62,1936 10 2 1 2 1 2 33   = dt (6) A partir de la ecuación (6) debe determinarse el tiempo de vaciado total del tanque, es decir, el tiempo para el cual la altura de líquido en el tanque es h = 0 mt. Para ello se integra de forma definida la ecuación (6): el tiempo varía de t = 0 seg a t = tv; la altura varía de h = 12 mt a h = 0 mt    0 12 2 1 2 1 2 33 dh)h432h96h5( 62,1936 10 =  vt 0 dt (7) Resolviendo las integrales definidas    0 12 2 1 2 1 2 3 dh)h432h96h5( = – 5  12 0 2 3 dhh – 96  12 0 2 1 dhh – 432   12 0 2 1 dhh = / 12 0 2 1 2 3 2 5 h864h64h2           = 2 1 2 3 2 5 )12(864)12(64)12(2  
  • 25. 359 = – 6651,075101  vt 0 dt = t / vt 0 tv sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (7) 62,1936 103  (– 6651,075101) = tv resolviendo tv = 41709,9673 Luego, el tanque demora en vaciarse totalmente un tiempo t = 41709,9673 seg = 11 horas 35 min 10 seg b) Ahora debe determinarse el tiempo t1 que demora en descender 5 mts la cantidad de líquido en el tanque, con respecto a la altura inicial que es 12 mt, es decir, tiempo para que la altura del líquido en el tanque sea t = 7 mt. Para ello, se integra la ecuación (6) en forma definida: el tiempo t varía de t = 0 seg a t = t1; la altura varía de h = 12 mt a h = 7 mt    7 12 2 1 2 1 2 33 dh)h432h96h5( 62,1936 10 =  1t 0 dt (8) Resolviendo las integrales definidas    7 12 2 1 2 1 2 3 dh)h432h96h5( = – 5  12 7 2 3 dhh – 96  12 7 2 1 dhh – 432   12 7 2 1 dhh = / 12 7 2 1 2 3 2 5 h864h64h2           = 2 1 2 3 2 5 )12(864)12(64)12(2   2 1 2 3 2 5 )7(864)7(64)7(2   = – 6651,075101 + 3730,509349 = -2920,565752  1t 0 dt = t / 1t 0 t1
  • 26. 360 sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (8) 62,1936 103  (-2920,565752 ) = t1 resolviendo t1 = 18315, 34004 Luego, el tanque demora en vaciarse totalmente un tiempo t = 18315, 34004 seg = 5 horas 5 min 15 seg 8. Se tiene un tanque en forma de paraboloide con el eje vertical hacia abajo cuya dimensiones son 2 mt de diámetro y altura 3 mt. El tanque inicialmente esta lleno en su totalidad y el liquido escapa por un orificio de 20 cm2 de área situado al fondo del tanque. Determine a) Cuánto tiempo debe transcurrir para que quede en el tanque sólo un tercio de su capacidad inicial b) Calcular el tiempo que tarda en vaciarse totalmente SOLUCIÓN: a) La ecuación diferencial asociada a los problemas de vaciado de tanques es A(h) dh = – a c dhhg2 (1) Las dimensiones del tanque están adas en metros dadas en metro, por lo que el área del orificio de salida también debe quedar expresado en metro a = 2 cm2 = 2 ( 10 – 2 mt )2 = 2 . 10 – 4 mt2 El coeficiente de descarga es c = 1 y la gravedad es g = 9,81 mt/seg2 Como puede observarse en la Fig. 1, las secciones transversales del tanque son circunferencias cuyo radio r varía de acuerdo con la altura a la cual se efectúe el corte Así, el área de las secciones transversales es A(h) =  r2 (2) Debe establecerse una relación entre el radio variable r de las circunferencias y la altura h. Para ello, debe visualizarse el tanque de frente como una figura plana. Ubicándolo en un sistema de coordenadas cartesianas rectangulares, se verá como se muestra en la Fig. 2 r 3 mt h 2 mt Fig. 1
  • 27. 361 La ecuación de la curva que gira alrededor del eje y para generar el tanque no está dada explícitamente por lo que debe determinarse. La ecuación ordinaria de la parábola de vértice (x0, y0), eje el eje y, abre hacia abajo y donde p es la distancia entre el vértice y el foco es ( x – x0 )2 = - 4 p ( y – y0) El vértice de la parábola que se muestra en la Fig. 2 es el punto (0, 3) y pasa por los punto (1, 0) y (– 1, 0). Sustituyendo en la ecuación ordinaria de la parábola las coordenadas del vértice y las coordenadas de uno cualquiera de los dos puntos por donde pasa ( 1 – 0 )2 = - 4 p ( 0 – 3 )  12 p = 1  p = 12 1 De aquí que, la ecuación de la parábola que se gira alrededor del eje y para generar el paraboloide de la Fig. 1 es x2 = )3y( 3 1  (3) El punto P(r, h), según se muestra en la Fig. 2, es un punto de la parábola. Por lo tato satisface la ecuación de la misma. Sustituyendo x = r , y = h en la ecuación (3) r2 = )3h( 3 1  (4) sustituyendo la ecuación (4) en la ecuación (2) A(h) = )3h( 3    = )h3( 3   (5) La ecuación (5) representa el área de las secciones transversales (circunferencias de radio variable) en función de la altura. Sustituyendo A(h), a, c y g en la ecuación (1) )h3( 3   dh = – 2 . 10 – 4 h62,19 dt (6) La ecuación (6) es la ecuación diferencial asociada al problema de vaciado planteado, la misma debe resolverse sujeta a la condición inicial h(0) = 3, es decir, para el tiempo t = 0 seg la altura es h = 3 mts (tanque totalmente lleno). altura 3 mt r h 1 mt radio Fig. 2 P(r, h)
  • 28. 362 La ecuación (6) es una ecuación diferencial de variables separables. Para separar las variables se multiplica la ecuación (6) por el factor 2/1 4 h62,192 10          2/1 4 h h3 62,196 10 dh = dt integrando          dh h h3 62,19.6 10 2/1 4 = dt (7) Ambas integrales son inmediatas          dhhdhh3dh h h3 2/12/1 2/1 = 6 h1/2 – 3 2 h3/2 + k1 dt = t + k2 sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (7) 62,19.6 104   ( 6 h1/2 – 3 2 h3/2 ) = t + k (8) Para determinar el valor de la constante k de integración, se usa la condición inicial h(0) = 3, esto es, se sustituye t = 0 seg y h = 3 mt en la ecuación (8) k = 62,19.6 104   ( 6 (3)1/2 – 3 2 (3)3/2 ) = 62,19.6 104   ( 4 3 ) este valor obtenido para k se sustituye en la ecuación (8) 62,19.6 104   ( 6 h1/2 – 3 2 h3/2 ) = t 62,19.6 104   ( 4 3 ) despejando t t = 62,19.6 104  ( 4 3 ) 62,19.6 104   ( 6 h1/2 – 3 2 h3/2 ) sacando factor común 62,19.6 104  t = 62,19.6 104  ( 4 3 - 6 h1/2 + 3 2 h3/2 ) (9) La ecuación (9) establece la relación funcional entre tiempo y altura de líquido en el tanque, es decir, a partir de esta ecuación conociendo una determinada altura se puede establecer el tiempo que demora en alcanzarse; también se puede determinar la altura de líquido en el tanque para un tiempo dado.
  • 29. 363 Se debe ahora establecer el tiempo que debe transcurrir para que quede en el tanque un tercio de volumen total. Se comienza por determinar el volumen total de líquido en el tanque. Para ello se utiliza el método del cálculo de volumen a través de las secciones transversales, esto es V =  0h 0 dh)h(A =    3 0 dh)h3( 3 =                 3 0 3 0 dhhdh3 3 = h / 3 0 – 3  2 h2 / 3 0 = 3  – 2 3  = 2 3  Así, el volumen total de líquido en el tanque es V = 2 3  mt 3 ; un tercio del volumen total es V 3 1 = 2  Sabiendo que un tercio del volumen total es 2  y usando la ecuación del volumen por secciones transversales, es posible determinar la altura h1 del líquido en el tanque, para ese volumen V 3 1 =  1h 0 dh)h(A =    1h 0 dh)h3( 3 =           2 h h3 3 2 pero V 3 1 = 2  , entonces 2  =           2 h h3 3 2 multiplicando por  6 resulta 3 = 6 h – h2 . Así se obtiene la ecuación de segundo grado h2 – 6 h + 3 = 0 resolviendo h = 2 246 2 12366     h = 2 246  = 5,44 ó h = 2 246  = 0,55 El valor de h superior a la altura máxima debe descartarse. Por lo tanto, cuando el volumen de líquido en el tanque es un tercio del volumen total la altura de líquido en el tanque es h = 0,55 mt. Ahora para saber el tiempo t1 que demora en llegar a ese volumen, se sustituye h = 0,55 en la ecuación (9)
  • 30. 364 t1 = 62,19.6 104  ( 4 3 - 6 ( 0,55 )1/2 + 3 2 ( 0,55 )3/2 ) = 1182,086 ( 6,9282 – 4,4497 + 0,2719 ) = 1182,086 (2.7504) = 3251, 1378 Luego, debe transcurrir un tiempo t = 3251, 2093 seg, esto es 54 min 11 seg, para que en el tanque quede un tercio del volumen total b) Para establecer el tiempo de vaciado total tv , esto es el tiempo para el cual la altura del líquido en el tanque es cero, se sustituye h = 0 en la ecuación (9) tv = 62,19.6 104  (4 3 ) = 1182,086 ( 6,9282) = 8189,7329 Luego, el tanque se vacía totalmente en un tiempo t = 8189,7429 seg, es decir, en 2 horas 16 min 30 seg 9. Un depósito en forma de cono circular recto invertido y truncado con 2 mt de radio menor, 4 mt de radio mayor y 8 mt de altura, está lleno en un 90% de su capacidad. Si su contenido se escapa por un orificio de 10 cm2 de área, ubicado al fondo del tanque, y sabiendo que el coeficiente de descarga se ha establecido en 0,75, determine el tiempo que tardará en vaciarse totalmente SOLUCIÓN: a) La ecuación diferencial asociada a los problemas de vaciado de tanques es A(h) dh = – a c hg2 dt (1) Las dimensiones del tanque están dadas en mt, por lo que el área a del orificio de salida también debe expresarse en mt a = 10 cm2 = 10 ( 10 – 2 mt )2 = 10 – 3 mt2 El coeficiente de descarga es c = 0,75 y la gravedad es g = 9,81 mt/seg2 Las secciones transversales del tanque son circunferencias de radio variable r, según puede verse en la Fig. 1, el cual varía dependiendo de la altura donde se haga el corte transversal. Entonces el área de las secciones transversales es: A(h) =  r2 (2) donde r debe expresarse en función de h. 4 mt r 2mt 8 mt h Fig. 1
  • 31. 365 Para poder expresar el radio r en función de la altura h se debe visualizar el tanque de frente, como una figura plana y ubicarla en un sistema de coordenadas cartesianas rectangulares, tal y como se muestra en la Fig. 2 Observe, en la Fig. 2, que el punto P(r, h) pertenece a la recta que pasa por los puntos (2, 0) y (4, 8). La pendiente de esa recta es m = 24 08   = 4 Para escribir la ecuación de la recta se usa cualquiera de los dos puntos Luego, la ecuación de la recta que pasa por los puntos (2, 0 ) y (4,8) es y = 4 ( x – 2 ) el punto P(r, h) es un punto de la recta, entonces sustituyendo x = r, y = h h = 4 ( r – 2 ) despejando r r = 2 4 h  (3) sustituyendo la ecuación (3) en la ecuación (2) A(h) =  2 2 4 h        (4) La ecuación (4) representa el área de las secciones transversales del tanque, en función de la altura h. Sustituyendo A(h), a, c y g en la ecuación (1)  2 2 4 h        dh = – 10 – 3 75 . 10 – 2 h62,19 dt (5) La ecuación (5) es la ecuación diferencial asociada al sistema, la cual debe resolverse sujeta al a condición de que al tiempo t = 0 seg el volumen inicial es 90% del volumen total. Como la ecuación diferencial (5) relaciona las variables tiempo t y altura h, es necesario determinar la altura inicial de líquido en el tanque, esto es, la altura cuando el tanque está lleno al 90% de su capacidad. Se debe determinar primero el volumen total del tanque. Para ello se usa el método del volumen por secciones transversales, según el cual, el volumen viene dada como 4 mt (4,8) r P (r, h) 8 mt h (2, 0) 2 mt Fig. 2
  • 32. 366 V =  h 0 dh)h(A =         8 0 2 dh2 4 h = dh4h 16 h 8 0 2           = / 8 0 23 h4 2 h 48 h          =        3232 48 512 =  3 224 Como el volumen total es V =  3 224 mt3 , entonces el volumen inicial de líquido en el tanque es V0 = 90% V =  5 336 . Una vez conocido el volumen inicial V0, la altura inicial puede determinarse utilizando la ecuación que permite obtener el volumen a partir del área de las secciones transversales. Así se tendrá V0 =  0h 0 dh)h(A sustituyendo V0 y A(h)  5 336 =         0h 0 2 dh2 4 h Como pueden haber observado anteriormente, al resolver la integral definida se obtiene una ecuación de tercer grado, la cual puede no tener raíces enteras, por lo tanto sería necesario contar con una calculadora para poder determinar las raíces del polinomio. A efecto de evitar este tipo de complicaciones, la integral definida puede resolverse efectuando un cambio de variable Sea                 du4dh2u4h 2 4 h uentonceshhSi 2uentonces0hSi 2 4 h u 0 0 entonces  5 336 =         0h 0 2 dh2 4 h =    2 4 0h 2 2 duu4 = / 2 4 0h 2 3 u 3 4   =                3 3 0 22 4 h 3 4 de aquí resulta que
  • 33. 367  5 336 =                3 3 0 22 4 h 3 4 multiplicando por 4 3       4 3       5 336 = 82 4 h 3 0        sumando 8 y elevando a 1/3 2 4 h 8 5 252 0 3/1        restando 2 y multiplicando por 4          2 5 252 4h 3 0 = 6,77 Una vez obtenida la altura inicial, se procede a resolver la ecuación diferencial (5) sujeta a la condición inicial h(0) = 6,77, esto es, para el tiempo t = 0 seg, la altura es h0 = 6,77 mt. Se desea determinar el tiempo de vaciado tv total del tanque, es decir, el tiempo tv para el cual la altura de líquido en el tanque es h = 0. Se plantea entonces resolver el problema de valor de frontera                    0)t(h 77,6)0(h dth62,1910.75dh2 4 h v 5 2 La ecuación diferencial a resolver es una ecuación de variables separables. Para separar las variables se multiplica la ecuación por el factor          h62,1975 105 dtdh h 2 4 h 62,1975 10 2/1 2 5           (6) integrando la ecuación (6) de forma definida: el tiempo t varía entre t = 0 seg y t = tv; la altura h varía entre h = 8 mt y h = 0            vt 0 0 8 2/1 2 5 dtdh h 2 4 h 62,1975 10 (7)
  • 34. 368 10 mt 4 mt 8 mt h r Fig. 1 Resolviendo las integrales definidas          0 8 2/1 2 dh h 2 4 h             8 0 2/1 2 dh h 4h 16 h            8 0 2/12/1 2/3 dhh4h 16 h = 2/12/1 2/3 )8(4)8( 16 )8(   =          8 4 1 16 8 8 2/1 = 82  vt 0 dt = t / vt 0 = tv sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (7)  82 62,1975 10 t 5 v    = 5515, 5375 El tanque demora un tiempo t = 5515, 5375 seg, equivalente a 1 hora 31 min 56 seg, en vaciarse totalmente. 10. El día 15 de julio de 2006, a las 2,25 pm, se pone a vaciar un tanque cilíndrico con eje horizontal, el cual está inicialmente lleno en un 100%. La longitud del tanque es de 10 mt, el radio 4 mt. Si el agua fluye por un orificio de área 2 cm2 , situado en el fondo del tanque y se ha establecido el coeficiente de descarga en 0,6, determine que día y a que hora el taque se vacía totalmente. SOLUCIÓN:
  • 35. 369 La ecuación diferencial asociada a los problemas de vaciado de tanques es A(h) dh = – a c dthg2 (1) El área del orificio de salida es a = 2 cm2 . Como las dimensiones del tanque están dadas en metros, debe efectuarse la conversión a mt, del área del orificio de salida a = 2 cm2 = 2 (10 – 2 mt )2 = 2 . 10 – 4 mt2 El coeficiente de descarga es 0,6 y la gravedad 9,81 mt/seg2 Si se observa en la Fig. 1, las secciones transversales son rectángulos de largo 10 mt y ancho variable, dependiendo de la altura a la cual se efectúe el corte transversal. Sea r la longitud del lado variable, entonces el área de las secciones transversales es A(h) = 10 r (2) La longitud r debe expresarse en función de la altura h. Para ello se debe, efectuando una abstracción del sólido que es el tanque, visualizar el tanque de frente y representarlo en un sistema de coordenadas cartesianas rectangulares como una figura plana como se muestra en la Fig. 2 De acuerdo con la Fig. 2, la curva plana que resulta es una circunferencia de centro en (0, 4) y radio 4, la cual tiene por ecuación x2 + ( y – 4 )2 = 16 desarrollando y simplificando x2 + y2 – 8 y = 0 Como puede observarse en la Fig.2 el puntp P(r, h) es un punto de la Circunferencia, es decir, las coordenadas del punto satisfacen la ecuación. Sustituyendo en la ecuación de la circunferencia x = r , y = h r2 + h2 – 8 h = 0 despejando r r = 2 hh8  (3) sustituyendo la ecuación (3) en la ecuación (2) A(h) = 10 2 hh8  Sustituyendo A(h), a, c y g en la ecuación (1) altura 8 h r radio 4 mt Fig. 2 P (r, h) x2 + y 2 – 8 y = 0
  • 36. 370 10 2 hh8  dh = – 2 . 10 – 4 6 . 10 – 1 h62,19 dt simplificando 10 2 hh8  dh = – 12 . 10 – 5 h62,19 dt (4) La ecuación (4) es la ecuación diferencial asociada al problema, la cual debe resolverse sujeta a la condición inicial h(0) = 8, es decir, para el tiempo t = 0 seg, la altura de líquido en el tanque es doble del radio del cilindro h = 8 mt La ecuación (4) es una ecuación diferencial de variables separables. Para separar las variables se multiplica la ecuación (4) por el factor 2/1 5 h62,1912 10  62,1912 10 6  h hh8 2  dh = dt integrando 62,1912 10 6    dh h hh8 2 = dt (5) Ambas integrales son inmediatas   dh h hh8 2 =   dhh8 =     dhh8 = )h8(dh8   = 2/3 )h8( 3 2  + k1 dt = t + k2 sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (5) 62,1912 10 6         2/3 )h8( 3 2 = t + k (6) Para determinar el valor de k se usa la condición inicial h(0) = 8, es decir, se sustituye t = 0 seg y h = 8 mt en la ecuación (6), resultando k = 0. Este valor obtenido para k se sustituye en la ecuación (6) t = 62,1912 10 6         2/3 )h8( 3 2 efectuando las operaciones y simplificando t = 62,1918 10 6 2/3 )h8(  (7) La ecuación (7) representa la ley de variación de la altura h en función del tiempo t
  • 37. 371 8 mt 8 mt h r Fig. 1 Para saber cuando se vacía totalmente el tanque, es decir, cuando la altura de líquido en el tanque es h = 0 mt, se sustituye este valor de h en la ecuación (7) tv = 62,1918 10 6 2/3 )8( = 62,19 512 18 106 = 283800,3808 De aquí que el tanque demora en vaciarse un tiempo t = 283800,3808 seg, lo que equivale a 78 horas 50 min. Pero 78 horas equivale a 3 días y 6 horas. Luego, el tanque se vació después de 3 días, 6 horas y 50 min de iniciado el proceso de vaciado, el cual comenzó el día 15 de julio de 2006 a las 2:25 pm. Por lo tanto el tanque terminó de vaciarse el día 18 de julio de 2006 a la 9:15 pm 11. Un tanque en forma semiesférica de 8 mt de radio está totalmente lleno de agua. Se retira un tapón que está en el fondo, justo a las 4:27 pm. Una hora después la profundidad del agua en el tanque ha descendido 1 mt. Determine: a) ¿A qué hora el tanque estará vacío? b) ¿A qué hora quedará en el tanque 31,25% del volumen inicial. SOLUCIÓN: a) La ecuación diferencial asociada a los problemas de vaciado de tanque es: A(h) dh = – a c dthg2 (1) El coeficiente de descarga es c = 1 y la gravedad es g = 9,81 mt/seg2 El área a del orifico de salida se desconoce; debe determinarse. Las secciones transversales del tanque, tal y como puede observarse en la Fig. 1, son circunferencias de radio r variable, dependiendo de la altura a la cual se efectúe el corte transversal. Como las secciones transversales son circunferencias de radio r, el área es A(h) =  r2 (2) El radio r deberá expresarse en función de la altura h. Si se observa el tanque de frente, como una figura plana, y se representa en un sistema de coordenadas cartesianas rectangulares, el resultado se muestra en la Fig. 2
  • 38. 372 Observe que de la semicircunferencia se puede extraer un triángulo rectángulo tal que los catetos miden r y ( 8 – h ) y la hipotenusa 8 (ya que va desde el centro de la semicircunferencia a un punto de la ella). Aplicando el Teorema de Pitágoras al triángulo de la Fig. 3 ( 8 )2 = ( 8 – h )2 + r2 desarrollando 64 = 64 – 16 h + h2 + r2 simplificando y despejando r2 r2 = 16 h – h2 (3) Sustituyendo la ecuación (3) en la ecuación (2) A(h) =  ( 16 h – h2 ) Sustituyendo A(h), c y g en la ecuación (1)  ( 16 h – h2 ) dh = – a 2/1 h62,19 dt (4) La ecuación (4) es la ecuación diferencial asociada al problema de vaciado; ésta debe resolverse sujeta a dos condiciones: para el tiempo t = 0 seg la altura es h = 8mt y para el tiempo t = 4000 seg la altura es h = 7 mt. Por lo tanto, se debe resolver el problema de valor de frontera          7)3600(h 8)0(h dth62,19adh)hh16( 2/12 La ecuación (4) es una ecuación diferencial de variables separables. Para separar las variables se multiplica la ecuación (4) por el factor 2/1 h 62,19 1   2/1 h 62,19   ( 16 h – h2 ) dh = a dt (5) La ecuación (5) se integra de forma definida: la altura h varía entre h = 8 mt y h = 7 mt ; el tiempo t varía entre t = 0 seg y t = 3600seg 8 mt r 8 – h 8 mt h Fig. 2 8 8 – h r Fig.3
  • 39. 373 62,19     7 8 2/32/1 dh)hh16( = a  3600 0 dt (6) Resolviendo las integrales definidas   7 8 2/32/1 dh)hh16( =   8 7 2/32/1 dh)hh16( = / 8 7 2/52/3 h 5 2 h 3 32        = 2/52/32/52/3 )7( 5 2 )7( 3 32 )8( 5 2 )8( 3 32  = –23,259  3600 0 dt = t / 3600 0 = 3600 sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (6) 62,19   (–23,259 ) = 3600 a despejando a a = 62,193600 259,23  = 4,58 . 10 – 3 este valor del área del orificio de salida se sustituye en la ecuación (5) 2/1 h 62,19   ( 16 h – h2 ) dh = 4,58 . 10 – 3 dt multiplicando por 58,4 103 62,1958,4 103   h – 1/2 ( 16 h – h2 ) dh = dt (7) A fin de determinar el tiempo tv que demora en vaciarse el tanque, es decir, el tiempo que demora para que la altura de líquido en el tanque sea cero, se integra la ecuación (7) en forma definida: la altura h varía entre h = 8 mt y h = 0 mt; el tiempo t varía de t = 0 seg a t = tv seg 62,1958,4 103     0 8 2/32/1 dh)hh16( =  vt 0 dt (8) Resolviendo las integrales definidas
  • 40. 374   0 8 2/32/1 dh)hh16( =   8 0 2/32/1 dh)hh16( = / 8 0 2/52/3 h 5 2 h 3 32        = 2/52/3 )8( 5 2 )8( 3 32  = – 168,952  vt 0 dt = t / vt 0 = tv sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (8) tv = 62,1958,4 103   ( – 168,952 ) = 26163, 64395 Luego, el tanque demora en vaciarse 26163,64395 seg, lo que equivale a 7 horas 16 min 4 seg. Si comenzó a vaciarse a las 4 horas 27 min de la tarde entonces estará totalmente vacío a las 7 horas 43 min 4 seg de la noche. b) Ahora debe determinarse a que hora quedará en el tanque 31,25% del volumen total. Para obtener el volumen total se usa el método de obtención del volumen por las secciones transversales V =  0h 0 dh)h(A = dh)hh16( 2 8 0   = / 8 0 3 2 ) 3 h h8(  =        3 512 512 =  3 1024 Así se tiene que, el volumen total de líquido en el tanque es V =  3 1024 mt3 . El 31,25% del volumen total es 31,25% V =       100 25,31        3 1024 =  3 320 Ahora, usando nuevamente el método de las secciones transversales para calcular volumen, se puede determinar a altura h1 de líquido en el tanque cuando en este queda 31,25% del volumen total 31,25% V =  1h 0 dh)h(A sustituyendo A(h) y 31,25% V
  • 41. 375  3 320 =  1h 0 dh)h(A = dh)hh16( 2 1h 0   = / 1h 0 3 2 ) 3 h h8(  = ) 3 h h8( 3 12 1  multiplicando por         3 0320h24h 1 3 1  resolviendo la ecuación de tercer grado en h, resulta h1 = 4 (las otras dos soluciones se descartan , puesto que, una es mayor que la altura del tanque y la otra es negativa) Conociendo la altura de líquido en el tanque cuando queda 31,25% del volumen total, se puede determinar el tiempo que demora en llegar a ese volumen. Para ello, la ecuación diferencial (7) se integra de forma definida: el tiempo t varía entre t = 0 seg y t = t1: la altura h varía entre h = 8 mt y h = 4 mt 62,1958,4 103     4 8 2/32/1 dh)hh16( =  1t 0 dt (9) Resolviendo las integrales definidas   4 8 2/32/1 dh)hh16( =   8 4 2/32/1 dh)hh16( = / 8 4 2/52/3 h 5 2 h 3 32        = 2/52/32/52/3 )4( 5 2 )4( 3 32 )8( 5 2 )8( 3 32  = – 96,419  1t 0 dt = t / 1t 0 = t1 sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (8) t1 = 62,1958,4 103   ( – 96,419 ) = 14931,29638 Luego, el tanque demora 14931,29638 seg en alcanzar 31,25% del volumen total, lo que equivale a 4 horas 8 min 51 seg. Si comenzó a vaciarse a las 4 horas 27 min de la tarde entonces alcanzará el 31,35% del volumen total a las 8 horas 35 min 51 seg de la noche.
  • 42. 376 12. El tanque que se muestra en la Fig. 1 está lleno de agua en un 100%: Comienza a vaciarse por un orificio situado en su base inferior de “A” cm2 de área. Si transcurrida 1 hora 6 minutos 40 segundos el nivel libre de líquido ha descendido 5 mt y el coeficiente de descarga se ha establecido en 0,8. Determine: a) Área del orificio de salida b) Tiempo de vaciado total SOLUCIÓN: La ecuación diferencial asociada a los problemas de vaciado de tanques es A(h) dh = – a c dthg2 (1) El coeficiente de descarga es c = 0,8 = 8 . 10 – 1 y la gravedad es g = 9,81 mt/seg2 El área del orificio de salida es a = A cm2 ; haciendo la conversión a metros, que son las unidades en las que están dadas las dimensiones del tanque resulta a = A cm2 = A ( 10 – 2 mt )2 = A . 10 – 4 mt2 De la Fig. 2 puede deducirse que las secciones transversales del tanque son cuadrados de lado variable L, el cual varía dependiendo de la altura a la cual se efectúe el corte transversal. El área de las sección transversal del tanque viene dado como A(h) = L2 (2) 4 mt 4 mt L mt 9 mt h 2 mt 2 mt Fig.1
  • 43. 377 Se debe establecer una relación entre el lado x del cuadrado y la altura h. Para ello, visualizando el tanque de frente y ubicando la figura en un sistema de coordenadas rectangulares, se observa como se muestra en la Fig. 2 Observe en la Fig. (2) que el punto de coordenadas P  h, 2 L es un punto de la recta que pasa por los puntos (1, 0) y (2, 9). La pendiente de la recta es m = 12 09   = 9 y la ecuación de la recta es y = 9 ( x – 1 ) El punto P  h, 2 L satisface la ecuación de la recta. Sustituyendo en la recta x = 2 L y = h h = 9 ( 2 L - 1 ) despejando L L =        1 9 h 2 (3) sustituyendo la ecuación (3) en la ecuación (2) A(h) = 4 2 1 9 h        Si ahora se sustituyen A(h), a, c y g en la ecuación (1) 4 2 1 9 h        dh = – A . 10 – 4 8 . 10 – 1 dth62,19 2/1 (4) La ecuación (4) es la ecuación diferencial asociada al problema de vaciado de tanques y debe resolverse sujeta a dos condiciones: para el tiempo t = 0 seg, la altura es h = 9 mt; para el tiempo de 1hora 6 min 40 seg (t = 4000 seg) la altura del líquido en el tanque descendió 5 mt, es decir, h = 4 mt Lo que queda planteado entonces es un problema de valor de frontera                    4)4000(h 9)0(h dth62,1910.810.Adh1 9 h 4 2/114 2 y 2 mt (2, 9) 9 mt P (x,y) h (1,0) x 1mt 2 L Fig. 2
  • 44. 378 La ecuación diferencial (4) es una ecuación de variables separables. Para separar las variables se multiplica la ecuación (4) por el factor 2/1 h 62,198 10   dh 9 9h h 62,192 10 2 2/1          = A. 10 – 4 dt (5) Integrando la ecuación (5) de forma definida. La altura h varía de h = 9 mt a h = 4 mt; el tiempo t varía de t = 0 seg a t = 4000 seg           4 9 2 2/1 dh 9 9h h 62,192 10 = A 10 - 4  4000 0 dt (6) Resolviendo las integrales definidas         4 9 2 2/1 dh 9 9h h =           9 4 2 2/1 dh 9 9h h =             9 4 2 2/1 dh 81 81h18h h =      9 4 2/12/12/3 dhh81h18h 81 1 = / 9 4 2/12/3 2/5 h162h12 5 h2 81 1          =          2/12/3 2/5 2/12/3 2/5 )4(162)4(12 5 )4(2 )9(162)9(12 5 )9(2 81 1 =        32496 5 64 486324 5 486 81 1 =        390 5 422 81 1 = 405 2372   4000 0 dt = t / 4000 0 = 4000 sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (6)                 405 2372 62,192 10 = 4000 A . 10 – 4 despejando A A . 10 – 4 = 62,1910.324 10.2372 4 = 62,1910.81 593 3 = 1,652 . 10 – 3
  • 45. 379 Así se tiene que, el área del orificio de salida es A = 1,652 . 10 – 3 m2 Sustituyendo el valor A en la ecuación (5) dh 9 9h h 62,192 10 2 2/1          = 1,652 10 – 3 dt multiplicando por 652,1 103 , efectuando las operaciones y simplificando  dhh81h18h 4263,1185 10 2/12/12/3 4   = dt (7) b) Para obtener el tiempo de vaciado, es decir, el tiempo para el cual la altura de líquido en el tanque es cero, se integra la ecuación (7) de forma definida: la altura h varía de h = 9 mt a h = 0 mt: el tiempo t varía de t = 0 seg a t = tv  dhh81h18h 463,1185 10 0 9 2/12/12/3 5    =  vt 0 dt (8) resolviendo las integrales definidas  dhh81h18h 0 9 2/12/12/3    =  dhh81h18h 9 0 2/12/12/3    = / 9 0 2/12/3 2/5 h162h12 5 h2          =          2/12/3 2/5 )9(162)9(12 5 )9(2 =        486324 5 486 = 5 4536   vt 0 dt = t / vt 0 = tv sustituyendo los resultados de las integrales en la ecuación (8)          4263,1185 104        5 4536 = tv efectuando las operaciones tv = 7652,943 Luego, el tanque demora en vaciarse totalmente t = 7652,943 seg , es decir, 2horas 7 min 33 seg.