[elpipe]

Buenas, resulta que mi profesor de mecánica de fluidos nos dejo un ejercicio para un examen que absolutamente nadie ha podido resolver (llevamos 4 días intentándolo). La dificultad del ejercicio radica es que no es posible utilizar la ley de los gases ideales ya que el profesor indica que existe una forma de relacionar el aumento de la presión con la disminución del volumen. Me gustaria saber si alguien tiene algún enfoque alternativo para el problema o si es capaz de resolverlo (adjunto la imagen del ejercicio) gracias de antemano.



Mensaje de la moderación: se ha insertado la imagen adjunta en el texto. Aquí tienes un tutorial sobre cómo se hace.

[delmar]

Hola

Haz tu esquema de cuerpo libre para el cilindro. Esta sometido a su peso W (fuerza vertical hacia abajo) a la fuerza que le ejerce la atmósfera \( F_e \) (aire externo) y a la fuerza que le ejerce la burbuja \( F_i=P_i  \  a \) (aire interno) que es igual a la presión del aire interno por el área  a de la base del cilindro. La fuerza que le ejerce la atmósfera \( F_e=P_{atm}a \) entonces tienes, por estar inmóvil :

\( -W-F_e+F_i=0 \) Pero la presión del aire en el interior del cilindro es uniforme entonces se corresponde con la presión del agua en A, \( P_i=P_{atm}+\rho \  0.3 g \) donde \( \rho \) es la densidad del agua.


Para el segundo apartado igual haz diagrama de cuerpo libre del  cilindro y por estar inmóvil suma de fuerzas es cero.  Considera que las fuerzas que actúan son el peso del cilindro W ya conocido por el apartado anterior, la fuerza que le ejerce el agua al cilindro que se resume \( F_{agua}=P_E \ a \) hacia abajo,  donde \( P_E=P_{atm}+\rho \ 3 \ g \) y la fuerza que ejerce el aire en el interior del cilindro \( F_a=P_a \ a \) donde \( P_a=P_D=P_{atm}+ \rho (y+3) \ g \) luego la ecuación de la segunda ley de Newton es :

\( -W-F_{agua}+F_a=0\Rightarrow{-W-(P_{atm}+\rho \ 3 \ g) \ a+(P_{atm}+ \rho (y+3) \ g) \ a=0} \) despejas y con ello se halla \( P_D \) y finalmente se halla \( F_a \)


Saludos

Nota : Las fuerzas que ejerce un fluido sobre una superficie son normales a la superficie, por ello las fuerzas sobre las paredes del cilindro se neutralizan y se considera solo la base

[elpipe]

Te agradezco demasiado por tomarte el tiempo de explicarlo, muchas gracias

[JCB]

Hola a tod@s.

En el primer apartado, creo que se puede aplicar directamente el principio de Arquímedes,

\( mg=\rho_lV_lg=\rho_l\dfrac{\pi}{4}D^2hg=3.325,06\ N \) (donde \( h=0,3\ m \)).

En cuanto al segundo apartado, y tratándose del mismo depósito, parece que falta añadir una fuerza aplicada en la condición de equilibrio que plantea delmar, porque, si en el apartado a) el depósito ya se encuentra en equilibrio, es necesario aplicar una fuerza en sentido descendente para llevarlo hasta la nueva situación que describe el apartado b). Seguiré pensándolo, por si el ejercicio admite alguna otra interpretación.

Saludos cordiales,
JCB.

[delmar]

Hola a tod@s.

En el primer apartado, creo que se puede aplicar directamente el principio de Arquímedes,

\( mg=\rho_lV_lg=\rho_l\dfrac{\pi}{4}D^2hg=3.325,06\ N \) (donde \( h=0,3\ m \)).

En cuanto al segundo apartado, y tratándose del mismo depósito, parece que falta añadir una fuerza aplicada en la condición de equilibrio que plantea delmar, porque, si en el apartado a) el depósito ya se encuentra en equilibrio, es necesario aplicar una fuerza en sentido descendente para llevarlo hasta la nueva situación que describe el apartado b). Seguiré pensándolo, por si el ejercicio admite alguna otra interpretación.

Saludos cordiales,
JCB.

Si se observa un hecho como el caso del segundo apartado, un cilindro inmóvil sumergido completamente, el análisis lleva a los resultados que he mostrado y ahí solamente como fuerzas están el peso W, la fuerza que ejerce el agua, que se sintetiza en la fuerza que ejerce el agua sobre la cara superior de la base y la fuerza que ejerce el aire en el interior del cilindro, que se resume en la fuerza que ejerce el aire sobre la cara inferior de la base; no hay otras fuerzas. ¿Cómo paso de la situación 1 a la situación 2 ? Es otra interrogante, hay diversas alternativas y en ellas aparece una fuerza adicional vertical hacia abajo, que llegado el caso cesó y resulta la situación 2. Una de esas alternativas es algo muy conocido en termodinámica el proceso cuasiestático, pequeñas fuerzas que van hundiendo el cilindro y ojo el aire se va comprimiendo hasta pasar de una altura (aire dentro del cilindro) 1.2 m a y=0.3m.

Saludos

[ani_pascual]

Hola:
Aporto otro punto de vista:
Si no me he equivocado...
1) El peso es igual al empuje, \( P=E, \) ya que flota.
Aplicando el principio de Arquímedes, como dice JCB, el empuje es el peso del fluído desalojado, luego \( P=
S\cdot h\cdot d\cdot g \) siendo \( S \) el área de la base del depósito cilíndrico, \( d \) la densidad del agua y \( h=0,3\, m \). En definitiva, \( P=\pi \cdot 0,6^2\cdot 0,3\cdot  1000\cdot 9,8=3325,06\,N \)
2) En la posición b), el empuje es  \( E=d\cdot g\cdot y \).
Para hallar la fuerza \(  F \) que mantiene en esa posición al depósito es preciso calcular \( y \).
Suponiendo constante la temperatura, \( pV=p_0V_0\Longleftrightarrow [P_{atm}+d\cdot g(3+y)]S\cdot y=[P_{atm}+d\cdot g\cdot 0,3]S\cdot 1,2 \) de donde \( y= 0,897\,\, m \)
Así, \( E=d\cdot g\cdot y\textcolor{red}{\cdot S=9939,88}\,N \), es mayor que el peso, por lo que \( F=E-P=\textcolor{red}{9939,88}-3325,06=\textcolor{red}{6614,25}\, N \) es la fuerza que se ejerce sobre la pared inferior de la base del depósito, vertical hacia arriba, y la que hay que hacer para mantenerlo en esa posición es igual pero hacia abajo.
Saludos

Corregido Gracias, JCB, por el aviso del clamoroso despiste

[JCB]

Hola a tod@s.

Compruebo, ani_pascual, que tu "otro" punto de vista coincide con el mío, en cuanto a que es necesaria una fuerza aplicada permanente para mantener al depósito en la situación que describe el apartado b). También veo muy acertado considerar una compresión isotérmica

De hecho, no abordé la resolución del segundo apartado, a la espera de que el "ponente" del ejercicio se pronunciase, pero como suele ocurrir demasiadas veces, parece que el padre de la criatura deja de interesarse por su vástago . En la situación del segundo apartado, has cometido un gazapo en el cálculo del empuje (falta el factor superficie). A mí me sale

\( E=\rho_lV_lg=\rho_l\dfrac{\pi}{4}D^2hg=9.939,88\ N \) (1). Con lo que la fuerza aplicada permanentemente, debe ser \( F=E-P=6.614,82\ N \).

Como comprobación de estos resultados, puede hacerse un cálculo alternativo:
En la cara exterior de la base del depósito, existe una presión \( p_{ext}=p_{atm}+\rho g3=130.725,00\ Pa \), que da lugar a una fuerza \( F_{ext}=p_{ext}S=147.846,49\ N \).

En la cara interior de la base del depósito, existe una presión \( p_{int}=p_{atm}+\rho g(3+y)=139.513,78\ Pa \), resultando una fuerza \( F_{int}=p_{int}S=157.786,37\ N \). La diferencia entre la fuerza interior y la fuerza exterior, es el empuje \( E=F_{int}-F_{ext}=9.939,88\ N \), que como puedes comprobar, coincide con (1).

Saludos cordiales,
JCB.

[ani_pascual]

Hola:

Como comprobación de estos resultados, puede hacerse un cálculo alternativo:
En la cara exterior de la base del depósito, existe una presión \( p_{ext}=p_{atm}+\rho g3=130.725,00\ Pa \), que da lugar a una fuerza \( F_{ext}=p_{ext}S=147.846,49\ N \).

En la cara interior de la base del depósito, existe una presión \( p_{int}=p_{atm}+\rho g(3+y)=139.513,78\ Pa \), resultando una fuerza \( F_{int}=p_{int}S=157.786,37\ N \). La diferencia entre la fuerza interior y la fuerza exterior, es el empuje \( E=F_{int}-F_{ext}=9.939,88\ N \), que como puedes comprobar, coincide con (1).
...

Gracias, JCB por la corrección del gazapo  , que ha sido todo un despiste.  En cuanto al método de comprobación, parece que es válido para comprobar pero no para hallar \( y \), ya que es necesario conocer este valor para calcular la presión interior del depósito. ¿Ves correcta esta apreciación? Por otra parte, al considerar isotérmico el proceso, me he quedado con la duda de si he seguido el criterio del profesor respecto a no utilizar las fórmulas de los gases ideales. ¿Qué opinas?
Saludos cordiales

[JCB]

Hola a tod@s.

Efectivamente, la comprobación de los resultados con el cálculo alternativo utiliza la misma \( y \) que tú calculaste anteriormente, ani_pascual. En cuanto al método para determinar esta \( y \), lamentablemente no se me ocurre otra manera que no sea aplicar \( p_aV_a=p_bV_b \).

A ver si alguien puede indicarnos otro camino diferente para la determinación de \( y \), que no pase por la ecuación de los gases ideales.

Saludos cordiales,
JCB.

[Richard R Richard]

Hola a tod@s.

Efectivamente, la comprobación de los resultados con el cálculo alternativo utiliza la misma \( y \) que tú calculaste anteriormente, ani_pascual. En cuanto al método para determinar esta \( y \), lamentablemente no se me ocurre otra manera que no sea aplicar \( p_aV_a=p_bV_b \).

A ver si alguien puede indicarnos otro camino diferente para la determinación de \( y \), que no pase por la ecuación de los gases ideales.

Saludos cordiales,
JCB.

La pregunta es ... donde dice que la cantidad de aire en las figuras izquierda y derecha ...es la misma.... entonces si lo fuera, hay que aplicar una fuerza $$F$$ para hundir el recipiente ya que naturalmente hemos visto que flota  en el primer caso, el trabajo de esa fuerza debe ser absorbido por el aire para comprimirse (isotérmicamente) ,es decir reducir su volumen y mínimamente debe cumplirse que el volumen de agua desplazada en el equilibrio sea tal que el empuje sea al menos igual o menor que el peso del recipiente, para quedar en el fondo ,sino ascendería, luego la presión no surge por un cálculo de gas ideal sino por hidrostática $$y=\dfrac {W_{recip}}{\rho g A}$$ si no me dejo nada en el tintero.


Si te dice que no uses la ley de los gases ideales es porque prefiere que uses la  ley de Boyle y Mariotte que puso JCB


Entonces si el aire es el mismo

$$\cancel{P_{Atm}(0.9m+0.3m)A=(P_{Atm}+\rho g 3m) y A}$$ 


pero debe suceder que $$E=yA\rho g \leq W_{recip}$$ sino asciende,  con los datos dados creo que no sucede.

saludos