Gran depósito que se vacía - Fuerza aplicada en el flujo de salida

[JCB]

... / ...
Idea 1

Por un lado, en general, la fuerza necesaria para mantener en equilibrio una masa en un punto de un campo conservativo no tiene porqué coincidir con la variación de cantidad de movimiento que se le imprimiría a esta masa si se deja libre. Esto puede verse tomando los muelles como ejemplo simple.

Dos muelles de distinta constante elástica (K) pueden estar comprimidos una determinada longitud, distinta en cada caso, de manera que la F que realizan sea la misma:



La fuerza para mantenerlos en equilibrio es la misma, pero si se sueltan, el muelle que debe recorrer una mayor distancia proporcionará un mayor cambio en la velocidad de la masa. Esto puede apreciarse “cualitativamente” si consideramos que la fuerza del muelle será aplicada en el primer caso durante una mayor longitud y tiempo (aunque en ambos casos la fuerza decae conforme el muelle se relaja).

Esto puede verse también con la fórmula de la energía potencial del muelle:

$Ep = \frac{1}{2} k x^2 = \frac{1}{2} x k x = \frac{1}{2} x F$

La “F” es igual en ambos casos, pero la “x” no, por lo que la energía almacenada es distinta.

Por esto, en el caso del depósito, puede no ser sorprendente que la fuerza necesaria para mantener un tapón en el agujero (es decir, para igualar la presión interior) sea distinta a la variación del momento lineal que genera en el agua que sale cuando se quita el tapón.

SIn embargo, esto no explica que sea exactamente la mitad.
... / ...

Hola a tod@s.

Interesante esta comparativa. No se me había ocurrido antes hacerla.

La energía potencial elástica del primer muelle es $E_{pe1}=\dfrac{1}{2}k_1x_1^2$

La energía potencial elástica del segundo muelle es

$$E_{pe2}=\dfrac{1}{2}k_2x_2^2$$

$F=k_1x_1=k_2x_2$

$x_2=\dfrac{k_1x_1}{k_2}$. Sustituyendo en (1),

$E_{pe2}=\dfrac{1}{2}k_2\dfrac{k_1^2x_1^2}{k_2^2}=\dfrac{k_1}{k_2}E_{pe1}$

Como toda la energía potencial elástica se convierte en energía cinética,

$\dfrac{1}{2}mv_2^2=\dfrac{k_1}{k_2}\dfrac{1}{2}mv_1^2$

$v_2=\sqrt{\dfrac{k_1}{k_2}}v_1$

Saludos cordiales,
JCB.

[JSC]

Hola.

Gracias Richard por tu respuesta.

Como os comentaba, he seguido dándole vueltas al tema, sin llegar, desgraciadamente, a ninguna conclusión. Sin embargo, me gustaría compartir algunas ideas:

Idea 1

Por un lado, en general, la fuerza necesaria para mantener en equilibrio una masa en un punto de un campo conservativo no tiene porqué coincidir con la variación de cantidad de movimiento que se le imprimiría a esta masa si se deja libre. Esto puede verse tomando los muelles como ejemplo simple.

Dos muelles de distinta constante elástica (K) pueden estar comprimidos una determinada longitud, distinta en cada caso, de manera que la F que realizan sea la misma:



La fuerza para mantenerlos en equilibrio es la misma, pero si se sueltan, el muelle que debe recorrer una mayor distancia proporcionará un mayor cambio en la velocidad de la masa. Esto puede apreciarse “cualitativamente” si consideramos que la fuerza del muelle será aplicada en el primer caso durante una mayor longitud y tiempo (aunque en ambos casos la fuerza decae conforme el muelle se relaja).

Esto puede verse también con la fórmula de la energía potencial del muelle:

$Ep = \frac{1}{2} k x^2 = \frac{1}{2} x k x = \frac{1}{2} x F$

La “F” es igual en ambos casos, pero la “x” no, por lo que la energía almacenada es distinta.

Por esto, en el caso del depósito, puede no ser sorprendente que la fuerza necesaria para mantener un tapón en el agujero (es decir, para igualar la presión interior) sea distinta a la variación del momento lineal que genera en el agua que sale cuando se quita el tapón.

SIn embargo, esto no explica que sea exactamente la mitad.

Idea 2

Al hilo del ejemplo del muelle, podríamos entender la energía almacenada en forma de presión en un liquido se comporta de forma similar (podemos de hecho pensar en un gas dentro de un émbolo, ejemplo típico de termodinámica). Sin embargo, para que esta energía se libere debe existir una expansión del fluido. Como el trabajo es la integral de la fuerza a lo largo del desplazamiento, si no hay aumento de volumen no se liberaría energía.

En el caso de fluidos incompresibles, este cambio de volumen (o densidad) se desprecia pero, sin embargo, sí que se considera que puede almacenar energía en forma de presión. Si no me equivoco, esto se debe a que el cambio en volumen en líquidos (y algunos problemas con gases) es tan pequeño que se puede despreciar en el análisis cinemático, pero no en el energético, por así decirlo. Esto depende, claro está, del número de Mach del problema.

Entonces, ¿porqué en el caso de fluidos incompresibles puede considerarse que la variación en la presión (con variación en volumen despreciable) genera una variación en la velocidad exactamente tal que:

$-\Delta P = \frac{1}{2} \rho (\Delta V)^2$ ?

No estoy seguro.


Un último ejercicio mental: considerando un volumen fluido pequeño, pero no infinitesimal, y la fuerza en su superficie exterior, veo lo siguiente:

$-\Delta P = -\frac{\Delta F}{A} = \frac{1}{2} \rho (\Delta V)^2$

$-\frac{\Delta F}{A} = \frac{1}{2} \frac{m}{Vol} (\Delta V)^2$

$-(\Delta F) L = \frac{1}{2} m (\Delta V)^2$

Es decir, una partícula fluida de masa m, recibe una energía cinética igual a la fuerza que se ejercía en su superficie, realizada durante una longitud L, siendo L el ratio entre Volumen y Área del volumen fluido.

No sé si esto explica algo.

Espero haber aportado algo y disculpad si sólo he confundido más.

Un saludo.

JSC

[Richard R Richard]

hola , desde hace tiempo no hemos conciliado un acuerdo.La fuerza para sostener un tapón de área A es PA, pero si a la vez hay flujo también hay que hacer fuerza para llevar el momento lineal a 0 , por lo que entiendo. Es que debería ser la suma de ambas y no una u la otra. Habrá concenso? Sigo sin encontrar bibliografía que lo aclare, tajantemente ,tengo o no razón.

[JSC]

Muchas gracias, JCB. Efectivamente, está muy relacionado y veo que la discusión fue por derroteros muy similares a mis quebraderos de cabeza actuales.

Me permito aun así continuar este hilo, aunque decidme por favor si consideráis más apropiado que siga el anterior; no habría ningún problema.

Estando razonablemente seguro de que el cálculo mediante la variación del momento lineal es correcto, me temo que sigo teniendo una duda similar a la plantada por Richard R Richard.

Parece igualmente razonable la aplicación del Principio de Bernouilli a este caso, asumiendo que la energía en forma de presión (presión estática) en el fondo del depósito se transforma completamente en velocidad (presión dinámica). De hecho, si no me equivoco, ésta es la suposición que permite obtener la fórmula de la velocidad con el Teorema de Toricelli.

Pero al hacer esto,

$P= \frac{1}{2} \rho V^2$;
$F = P A = \frac{1}{2} A \rho V^2$

siendo:

• P la Presión en el fondo del depósito
• $\rho$ la densidad del fluido
• V la velocidad de salida
• F la fuerza ejercida sobre el flujo de agua (o en sentido inverso, sobre el depósito).

Esta fuerza es la mitad de la obtenida con la variación del momento lineal.

Dicho de otra manera, si ponemos un "tapón" al agujero, parece razonable considerar que la Fuerza necesaria para mantenerlo en su sitio es:

$F = P A$, siendo P la presión en el fondo del depósito y A el área de agujero.

Y como toda esta Presión, aplicando Bernouilli, puede generar como máximo la siguiente (presión dinámica) $= \frac{1}{2} \rho V^2$, la fuerza obtenida es la mitad de la que se obtiene al aplicar la variación del momento lineal.

Sigo dándole vueltas...

[JCB]

Hola a tod@s.

Creo que el siguiente hilo está muy relacionado con el que has abierto: https://forum.lawebdefisica.com/foru...-de-torricelli

Saludos cordiales,
JCB.

[JSC]

Hola.

El problema del depósito que se vacía por un agujero situado en su parte más baja es un clásico de las clases de fluidos. En general, se suele plantear de manera que la pregunta sea la velocidad del agua en la salida.

Este caso es ligeramente distinto. Una vez conocida esta velocidad (puede ser dato de partida), la pregunta sería "qué fuerza realiza el depósito al chorro de agua" (o, considerando la reacción en sentido contrario, qué fuerza horizontal realiza el soporte de depósito para no moverse).

La forma de cálculo que me parece más rápida sería mediante la presión en el fondo del depósito. Si consideramos que nuestro dato de partida en este caso es la velocidad de salida, la presión en el interior del depósito sería: $P= 0.5 \rho V^2$ , por lo que:
$\textbf{F} =P A = 0.5 A \rho V^2$

Asunto resuelto.

Mi duda aparece al calcular la F de otra manera.

• Si conocemos la velocidad de salida y el área del agujero, conocemos el flujo másico (q).
• La fuerza puede calcularse también considerando la masa y la aceleración. En este caso, tenemos el flujo másico (q) y la velocidad final (V), por lo que $F = m(dv/dt) = q V.$
• La cual puede escribirse como sigue: $\textbf{F} = q V = \rho A V V= \rho A V^2$. Lo cual es el doble que lo anteriormente calculado (!!).

Mi error, por puro obvio, me está pasando desapercibido.
Por eliminación, pensaría que el error está en F = q·V, siendo "q" el flujo másico (kg/s) y "V" la velocidad de salida (m/s), pero no veo el problema. Creo que la fórmula es correcta.

Cualquier ayuda será agradecida enormemente.

Un saludo.

JSC