Tiempo en vaciarse un depósito

Cálculo integral aplicado a la física

¿Cuánto tarda en vaciarse un depósito?

En este problema vamos a unir la ecuación de Bernoulli, la ley de Torricelli y el cálculo integral para determinar cuánto tiempo tarda un depósito cilíndrico en perder toda el agua a través de un pequeño orificio situado en su base.

Enunciado del problema

Un depósito cilíndrico abierto contiene agua hasta una altura de \(1\ \text{m}\). El radio del depósito es de \(0{,}5\ \text{m}\) y en la parte inferior se practica un pequeño orificio circular de \(1\ \text{cm}\) de radio.

Suponiendo que el agua se comporta como un fluido ideal, calcula cuánto tarda el depósito en vaciarse completamente.

Datos

Magnitud	Símbolo	Valor
Altura inicial del agua	\(H\)	\(1\ \text{m}\)
Radio del depósito	\(R\)	\(0{,}5\ \text{m}\)
Radio del orificio	\(r\)	\(1\ \text{cm}=0{,}01\ \text{m}\)
Aceleración de la gravedad	\(g\)	\(9{,}8\ \text{m/s}^2\)

¿Qué tipo de problema es?

Este no es solamente un problema de física ni solamente un problema de integrales. Intervienen varias ideas conectadas:

Física de fluidos

La ecuación de Bernoulli nos permitirá calcular la velocidad con la que sale el agua.

Cálculo diferencial

Relacionaremos una pequeña disminución de altura con un pequeño intervalo de tiempo.

Cálculo integral

Integraremos desde la altura inicial hasta que el nivel del agua llegue a cero.

Conservación del volumen

El volumen que sale por el orificio coincide con el volumen que pierde el depósito.

Hipótesis físicas

Para construir un modelo sencillo supondremos que el agua es un fluido ideal:

• es incompresible;
• su viscosidad es despreciable;
• no existen pérdidas de energía por rozamiento;
• el depósito y el orificio están abiertos a la atmósfera;
• el área del depósito es muchísimo mayor que la del orificio.

Precisión importante. En el modelo habitual, la presión en la superficie libre del agua y la presión en la salida se toman iguales a la presión atmosférica. Por eso los términos de presión se cancelan al aplicar Bernoulli.

1. Ecuación de Bernoulli

Para un fluido ideal, la suma de la energía de presión, la energía potencial gravitatoria y la energía cinética permanece constante a lo largo de una línea de corriente:

\[ p+\rho gh+\frac{1}{2}\rho v^2=\text{constante} \]

Aplicamos esta ecuación entre dos puntos:

• el punto \(A\), situado en la superficie libre del agua;
• el punto \(B\), situado en el orificio de salida.

\[ p_A+\rho gh+\frac{1}{2}\rho v_A^2 = p_B+\rho g\cdot 0+\frac{1}{2}\rho v_B^2 \]

Como ambos puntos están en contacto con la atmósfera:

\[ p_A=p_B=p_{\mathrm{atm}} \]

Además, el área del depósito es mucho mayor que la del orificio. El nivel del agua desciende muy lentamente en comparación con la velocidad del chorro, por lo que podemos aproximar:

\[ v_A\approx 0 \]

Bernoulli queda entonces:

\[ \rho gh=\frac{1}{2}\rho v_B^2 \]

Simplificamos la densidad:

\[ gh=\frac{1}{2}v_B^2 \]

Multiplicamos por \(2\):

\[ v_B^2=2gh \]

Como la velocidad es positiva:

Ley de Torricelli \[ \boxed{v_B=\sqrt{2gh}} \]

2. La velocidad no es constante

La velocidad de salida depende de la altura instantánea \(h\). Al principio, cuando el depósito está lleno, la velocidad es mayor. A medida que el nivel baja, la velocidad disminuye.

Por tanto, no podemos calcular el tiempo dividiendo simplemente el volumen total entre un caudal constante. Necesitamos una ecuación diferencial.

3. Volumen que sale durante un tiempo diferencial

Sea \(a\) el área del pequeño orificio:

\[ a=\pi r^2 \]

Durante un intervalo infinitesimal \(dt\), el agua recorre una distancia:

\[ v_B\,dt \]

El volumen que sale es el área del orificio multiplicada por esa distancia:

\[ dV_{\mathrm{salida}}=a\,v_B\,dt \]

Sustituimos la ley de Torricelli:

\[ dV_{\mathrm{salida}} = a\sqrt{2gh}\,dt \]

4. Volumen que pierde el depósito

Sea \(A\) el área de la base del depósito:

\[ A=\pi R^2 \]

Si el nivel disminuye una cantidad \(dh\), el cambio de volumen del depósito es:

\[ dV_{\mathrm{depósito}}=A\,dh \]

Durante el vaciado, \(dh\) es negativo. El volumen positivo que sale del depósito es:

\[ dV_{\mathrm{salida}}=-A\,dh \]

5. Ecuación diferencial del vaciado

Igualamos el volumen que sale por el orificio con el volumen que pierde el depósito:

\[ a\sqrt{2gh}\,dt=-A\,dh \]

Separamos las variables. Dejamos todo lo relacionado con \(h\) en un miembro y todo lo relacionado con \(t\) en el otro:

\[ -\frac{dh}{\sqrt{h}} = \frac{a}{A}\sqrt{2g}\,dt \]

6. Integramos

En el instante inicial:

\[ t=0, \qquad h=H \]

Cuando el depósito se ha vaciado:

\[ t=T, \qquad h=0 \]

Integramos:

\[ -\int_H^0 \frac{dh}{\sqrt{h}} = \frac{a}{A}\sqrt{2g} \int_0^T dt \]

Cambiamos el orden de los límites del primer miembro:

\[ \int_0^H h^{-1/2}\,dh = \frac{a}{A}\sqrt{2g}\,T \]

Calculamos la integral:

\[ \int h^{-1/2}\,dh=2\sqrt{h} \]

Aplicando los límites:

\[ 2\sqrt{H} = \frac{a}{A}\sqrt{2g}\,T \]

Despejamos el tiempo:

\[ \boxed{ T=\frac{A}{a}\sqrt{\frac{2H}{g}} } \]

7. Expresión en función de los radios

Como el depósito y el orificio son circulares:

\[ A=\pi R^2, \qquad a=\pi r^2 \]

Por tanto:

\[ \frac{A}{a} = \frac{\pi R^2}{\pi r^2} = \frac{R^2}{r^2} = \left(\frac{R}{r}\right)^2 \]

La fórmula definitiva es:

\[ \boxed{ T= \left(\frac{R}{r}\right)^2 \sqrt{\frac{2H}{g}} } \]

8. Sustitución de los datos

\[ T= \left( \frac{0{,}5}{0{,}01} \right)^2 \sqrt{ \frac{2\cdot 1}{9{,}8} } \]

Calculamos primero el cociente de los radios:

\[ \frac{0{,}5}{0{,}01}=50 \]

Elevamos al cuadrado:

\[ 50^2=2500 \]

Por tanto:

\[ T = 2500 \sqrt{\frac{2}{9{,}8}} \]

\[ T\approx 1129{,}4\ \text{s} \]

Pasamos de segundos a minutos dividiendo entre \(60\):

\[ T\approx \frac{1129{,}4}{60} \approx 18{,}8\ \text{min} \]

Resultado final \[ \boxed{ T\approx 1130\ \text{s} \approx 18{,}8\ \text{min} } \]

En las condiciones ideales del problema, el depósito tarda aproximadamente 19 minutos en vaciarse.

9. Comprobación de unidades

El cociente \(A/a\) no tiene unidades, porque es el cociente entre dos áreas.

En la raíz tenemos:

\[ \frac{H}{g} \quad\longrightarrow\quad \frac{\text{m}}{\text{m/s}^2} = \text{s}^2 \]

Al calcular la raíz cuadrada obtenemos segundos. Por tanto, la fórmula es dimensionalmente correcta.

10. ¿Por qué podemos despreciar la velocidad de la superficie?

La ecuación de continuidad establece:

\[ A v_A=a v_B \]

Por tanto:

\[ v_A=\frac{a}{A}v_B \]

En este problema:

\[ \frac{A}{a} = \left(\frac{R}{r}\right)^2 = 2500 \]

La superficie del agua desciende con una velocidad 2500 veces menor que la velocidad del chorro. Por eso la aproximación \(v_A\approx 0\) es excelente.

11. ¿Qué ocurriría en un depósito real?

El resultado obtenido corresponde a un modelo ideal. En la realidad aparecen:

• viscosidad;
• rozamiento con las paredes;
• turbulencias;
• contracción del chorro;
• pérdidas de energía en el orificio.

Por esas razones, la velocidad real de salida suele ser menor que la predicha por la ley ideal de Torricelli y el tiempo real de vaciado suele ser mayor.

Errores frecuentes

1. Suponer que la velocidad de salida es constante. La velocidad depende de la altura \(h\), que disminuye durante el vaciado.
2. Olvidar convertir centímetros a metros. El radio del orificio es \(1\ \text{cm}=0{,}01\ \text{m}\).
3. Confundir radio con área. La relación entre las áreas depende del cuadrado de los radios.
4. Olvidar el signo negativo. La altura disminuye, por lo que \(dh\) es negativo durante el vaciado.
5. Dividir mal al pasar de segundos a minutos. Para convertir segundos en minutos hay que dividir entre \(60\).

Resumen

La ecuación de Bernoulli permite deducir la ley de Torricelli:

\[ v=\sqrt{2gh} \]

La conservación del volumen conduce a:

\[ a\sqrt{2gh}\,dt=-A\,dh \]

Después de separar variables e integrar:

\[ T= \frac{A}{a} \sqrt{\frac{2H}{g}} \]

Para un depósito y un orificio circulares:

\[ T= \left(\frac{R}{r}\right)^2 \sqrt{\frac{2H}{g}} \]

Con los datos del problema:

\[ T\approx 1130\ \text{s} \approx 18{,}8\ \text{min} \]

Preguntas frecuentes

¿Por qué se utiliza una integral?

Porque la velocidad de salida no es constante. Disminuye conforme baja la altura del agua, de modo que debemos sumar infinitos intervalos pequeños de tiempo.

¿Qué representa la ley de Torricelli?

Relaciona la velocidad con la que sale un fluido por un orificio con la altura de fluido situada sobre dicho orificio: \(v=\sqrt{2gh}\).

¿Por qué se cancelan las presiones?

Porque la superficie libre y la salida están abiertas a la misma atmósfera. En el modelo se toma \(p_A=p_B=p_{\mathrm{atm}}\).

¿El depósito real tardaría exactamente 19 minutos?

No necesariamente. El valor de 19 minutos corresponde al modelo ideal. Las pérdidas de energía suelen aumentar el tiempo real.

¿Qué ocurre si el orificio es más pequeño?

Como el tiempo es inversamente proporcional al área del orificio, un orificio más pequeño produce un tiempo de vaciado mucho mayor. Además, como \(a=\pi r^2\), el tiempo es inversamente proporcional a \(r^2\).

Ejercicio resuelto en formato vídeo

También puede interesarte

Cargando otras entradas del blog…