[sedeort]

Un juguete llamado "cohete de agua" contiene en su interior aire a presión y agua.
El aire atrapado por encima de la superficie sobre el agua se encuentra inicialmente a una presión absoluta de 2 atm. El agua escapa a través de un orificio bien perfilado en la base del cohete, de 8 mm de diámetro. Si abandonamos el cohete partiendo del reposo:
a) Calcule la velocidad de efusión del agua por el orificio en el instante inicial.
b) Calcule el empuje ejercido inicialmente sobre el cohete.

SOL.: a) 14,23 m/s; b) 10,18 N.

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Ésta es la redacción de un problema universitario de primero de Físicas.
Las soluciones que aparecen son discutibles para mí.
Por ejemplo, se podría aplicar F=∆p•S para el apartado b) siendo la diferencia de presiones, entre el interior y el exterior de 1atm (2 atm dentro - 1 atm fuera)?
Pues este procedimiento aparentemente correcto da la mitad de la solución adjunta. En qué fallaría?

[JCB]

Hola a tod@s.

a) Para determinar la velocidad de salida del agua, podemos aplicar Bernoulli en una línea de corriente, donde el primer punto está situado en la superficie libre del agua, y el segundo punto está situado en el exterior del agujero de salida. Hacemos las siguientes consideraciones:

- La velocidad del primer punto es negligible.
- La presión hidrostática del agua no la tenemos en cuenta, pues la altura del recipiente es pequeña.
- Tampoco tenemos en cuenta a las pérdidas de carga.

\( \dfrac{p_1}{\rho g}+h_1+\cancel{\dfrac{v_1^2}{2g}}=\dfrac{p_2}{\rho g}+h_2+\dfrac{v_2^2}{2g} \),

\( \dfrac{v_2^2}{2g}=\dfrac{p_1}{\rho g}-\dfrac{p_2}{\rho g}+\cancel{h_1-h_2} \),

\( v_2=\sqrt{\dfrac{2(p_1-p_2)}{\rho}}=14,24\ m/s \).

b) Para determinar el empuje, podemos aplicar el principio de impulso – cantidad de movimiento.

\( I=Ft=m\Delta v \),

\( F=\dfrac{m}{t}v=\dfrac{\rho V}{t}v=\rho Qv=\rho vSv=\rho v^2S=\rho v^2\dfrac{\pi}{4}d^2=10,19\ N \).

Saludos cordiales,
JCB.

[sedeort]

Gracias por la resolución, JCB. Todo correcto.

Mi duda al plantear el ejercicio aquí era porque no podía  hacer el apartado b) a través de la expresión de la definición de presión F=∆p•S
En un principio no me salía la solución porque ponía ∆p=2-1=1 atm.
Pero acabo de descubrir que la presión en el interior \( p_1 \), cerca del orificio, no es 2 atm solamente. Sino que hay que sumarle también la presión dinámica asociada a velocidad de salida del agua.

\( ∆p = p_1 + \frac12{\rho}v^2 - p_2 \)
Multiplicando esta presión por la superficie del agujero sí sale el empuje de la solución.

Ampliación del problema.
Si el cohete hubiese contenido aire solamente a la misma presión, cómo se resolvería el problema?
(Se podría seguir aplicando Bernoulli?)

[Richard R Richard]

Sí , sí puede seguir aplicando Bernoulli pero el empuje será mucho menor ya que la densidad no será la del agua sino la densidad del aire dando un empuje casi 1000 veces inferior
Por otro lado ese un medio ya nos ha enfrentado amistosamente con JCB en otros foros. El debate es si es un entero o la mitad y para mí es la mitad como tú dices pero el resultado del problema parece darle la razón a JCB.

[JCB]

Hola a tod@s.

Richard: parece que el \( \dfrac{1}{2} \) de la discordia, no es el único en lo que discrepamos, aunque amistosamente.

En el caso de que el cohete solo contenga aire, ya no se puede aplicar Bernoulli porque el fluido pasa a ser compresible. Para determinar la velocidad de efusión (vaya palabro, ¿ no ?), de un gas al escaparse de un recipiente a presión, se debe recurrir a la teoría cinética de los gases. Pero como es un tema que ya no controlo, prefiero dejar solo un enlace, para que sea consultado, sin tener que pasar a través de mis interpretaciones, que podrían ser erróneas (como otras tantas veces me ha ocurrido):

http://www.sc.ehu.es/sbweb/fisica3/calor/efusion/efusion.html

Saludos cordiales,
JCB.

[sedeort]

Pero JCB sí puso el 1/2 en su resolución, como debe ser, entiendo yo.

Tampoco se puede aplicar Bernoulli sólo en el instante inicial? En un instante infinitesimal el gas se puede considerar que no se descomprime (sería como un líquido de baja densidad).

[Richard R Richard]

Si JCB entiendo el punto de vista,  con ese mismo criterio cuando el gas expande empujando el agua la presión no es constante y tampoco sería aplicable Bernoulli a  rajatablas.
Si solo cambiamos la idea de que lo que se expeler es gas en vez de agua, las mismas ecuaciones se pueden aplicar, puesto que la  gran parte del gas logrará expandirse luego de ya haber pasado por el Venturi.

[JCB]

Hola a tod@s.

En el caso del agua, y como dice el enunciado, la velocidad de salida del agua es en el instante inicial. En ningún momento se ha dicho que esa velocidad permanezca constante. De igual forma, el empuje ejercido sobre el cohete, también es en el instante inicial, y tampoco nadie ha dicho que ese empuje permaneciera constante.

Ahora bien, aplicar Bernoulli para un fluido compresible, como el aire, me parece una extralimitación. ¿ Se puede aplicar ?, sí, claro, pero ¿ con qué garantías de que el resultado sea correcto ?.

Saludos cordiales,
JCB.

[Richard R Richard]

Ahora bien, aplicar Bernoulli para un fluido compresible, como el aire, me parece una extralimitación. ¿ Se puede aplicar ?, sí, claro, pero ¿ con qué garantías de que el resultado sea correcto ?.

y sería correcto porque estamos analizando el instante inicial no tenés que mirar lo que sucede después .no hay de decrecimiento exponencial tal cual dice el documento que propones.

Usando tu fórmula del impulso

\( V=\sqrt{\dfrac{\Delta P}{\rho}} \)

Y si planteas Bernoulli altura de velocidad igual altura de presión...

\( V=\sqrt{\dfrac{2\Delta P}{\rho}} \)

[JCB]

Hola a tod@s.

Quizás no sea tan descabellada la idea de aplicar Bernoulli, en el caso de que el fluido propelente sea aire. Para ello voy a tener en cuenta su variación de densidad.

\( pV=nRT \),

\( p=\dfrac{m}{V}\dfrac{RT}{M} \),

\( \rho=\dfrac{pM}{RT} \) (1).

La ecuación de Bernoulli generalizada para cualquier fluido (incompresible o compresible), aunque sin tener en cuenta a las pérdidas de carga, es

\( h_1+\dfrac{v_1^2}{2g}=\displaystyle\int_{p_1}^{p_2}\dfrac{dp}{\rho g}+h_2+\dfrac{v_2^2}{2g} \).

En nuestro caso concreto, simplificando y despejando,

\( \cancel{h_1}+\cancel{\dfrac{v_1^2}{2g}}=\displaystyle\int_{p_1}^{p_2}\dfrac{dp}{\rho g}+\cancel{h_2}+\dfrac{v_2^2}{2g} \),

\( v_2^2=-2\displaystyle\int_{p_1}^{p_2}\dfrac{dp}{\rho} \).

Substituyendo (1), considerando al proceso como isotérmico, e integrando,

\( v_2^2=-2\displaystyle\int_{p_1}^{p_2}\dfrac{dp}{\rho}=-\dfrac{2RT}{M}\ln\dfrac{p_2}{p_1} \),

\( v_2=\sqrt{\dfrac{2RT}{M}\ln\dfrac{p_1}{p_2}}=341,46\ m/s \). Expresión para fluido compresible.

Por otra parte, si aplicásemos la expresión para fluido incompresible,

\( v_2=\sqrt{\dfrac{2(p_1-p_2)}{\rho}}=290,01\ m/s \), para una densidad del aire a \( 2\ atm \), de \( 2,41\ kg/m^3 \).

También podemos suponer una densidad promedio del aire de \( 1,81\ kg/m^3 \). En ese caso, y también aplicando la expresión para fluido incompresible,

\( v_2=334,87\ m/s \).

Saludos cordiales,
JCB.