Divulgación Altura de llenado de un recipiente.

[JCB]

Hola a tod@s.



A raíz de un hilo sobre la fuente de Herón, y sin demasiadas pretensiones (como diría oscarmuinhos), se me ha ocurrido determinar la altura de llenado de un recipiente cerrado (sin que se pueda escapar aire, e inicialmente a la presión atmosférica), si lo rellenamos de líquido, y con la única ayuda de la gravedad.

Considero que el depósito de alimentación es lo suficientemente grande como para mantener $h_1$ constante.

Considero que la compresión del aire encerrado en el recipiente es a temperatura constante.

Entonces, para el aire encerrado en el recipiente, inicialmente $p_{atm}V_i=nRT$, y finalmente $p_fV_f=nRT$. Igualando,

$p_{atm}V_i=p_fV_f$,

$p_{atm}S(h_2+h_3)=p_fSh_3$. Llamando $h_r$ a la altura del recipiente, $h_r=h_2+h_3$ (1).

$p_f=\dfrac{p_{atm}h_r}{h_3}$ (2).

Por otra parte, la presión hidrostática en la superficie libre del líquido es:

$p_f=p_{atm}+\rho g(h_1-h_2)$. De (1), $h_1-h_2=h_1-h_r+h_3$.

$p_f=p_{atm}+\rho g(h_1-h_r+h_3)$ (3).

Igualando (2) con (3):

$\dfrac{p_{atm}h_r}{h_3}=p_{atm}+\rho g(h_1-h_r+h_3)$,

$p_{atm}h_r=p_{atm}h_3+\rho g(h_1-h_r+h_3)h_3$,

$\rho gh_3^2+(p_{atm}+\rho gh_1-\rho gh_r)h_3-p_{atm}h_r=0$.

De esta ecuación de segundo grado, se podría despejar $h_3$, la altura libre.

Ejemplo:

- $\rho=1.000 \ \dfrac{kg}{m^3}$.

- $h_1=1 \ m$.

- $h_r=0,36 \ m$ (la altura de una botella de 2 $l$ de un conocido refresco).

El resultado da $h_3=0,3291 \ m$. Es decir, el nivel de líquido dentro del recipiente, subiría $h_2=h_r-h_3=0,0309 \ m=3,09 \ cm$.

Desearía saber vuestras opiniones.

Saludos cordiales,
JCB.

[Richard R Richard]

Yo llego a que
$\Delta h=\dfrac{h_1-h_2}{1-\dfrac{p_{Atm}}{\rho g(h_3-h_2)}}$
este valor depende de la presión atmosférica solo porque era la presión de equilibrio del recipiente antes de quedar hermético.

este valor no es correcto , ver post #5

[oscarmuinhos]

Hola
No me puse a hacerlo...pero me da la impresión que no estáis interpretando de la misma manera el "enunciado"...o mejor dicho Sr JCB el enunciado que no hay (ja,ja,ja....no me lo tomes a mal), porque hay que ir sabiendo de tu enunciado o, mejor dicho, de los datos de tu enunciado, a medida que se ve el desarrollo que haces...
Y, por lo que me parece, lo que para JCB es la situación final, es para Richard la situación inicial...¿.....?

Saludos

[JCB]

Pues sí, oscarmuinhos, me faltó indicar que el recipiente, inicialmente, estaba lleno de aire.

[oscarmuinhos]

Hola
Hola Richard, hola JCB
Dos resultados más:
I) Con una situación inicial con el recipiente vacío a la presión atmosférica y la situación final correspondiente al esquema que pone JCB, yo llego al mismo resultado de JCB

II) Tomando la situación del esquema de JCB como inicial y situación final con el nivel de agua a una altura $h_2+\Delta h$ (que me había parecido que podía ser la situación considerada por Richard) yo llego a la siguiente ecuación:

$\Delta h=\dfrac{h_r-h_2}{1+\dfrac{P_{Atm}}{\rho g(h_1-h_2)}}$

Creo que tenemos que empezar por ponernos de acuerdo en los datos del enunciado

A Richard: ¿cual situación inicial tomaste tú?

[Richard R Richard]

Me parece que chingue el signo , y la última fórmula que pones es correcta.


Edito:

Revise y no llego de nuevo a lo mismo

El volumen inicial de aire es $h_3S$ y el final por la ley de Boyle y Mariotte

es

$$V_f=\dfrac{Sh_3P_{Atm}}{P}=S(h_3-\Delta h)$$

Por hidrostática la presión de la columna de liquido mas la presión atmosférica es

$$P=\gamma(h_1-h_2-\Delta h)+P_{Atm}$$

Reemplazando 2 en 1 y despejando se llega a una ecuación cuadrática

$$(h_1-h_2)h_3-\Delta h\left(\dfrac{P_{Atm}}{\gamma}+h1-h_2+h_3\right)+\Delta h^2=0$$

la solución positiva será la adecuada.