90 Respuesta(s) a este Tema

[Ge. Pe.]

______________________________________________



66. En un tubo inclinado.

El agua sube por un tubo capilar inclinado a 10 cm sobre el nivel del agua contenida en un recipiente. ¿A qué altura se elevará este líquido si el tubo se inclina a 30° respecto a su superficie?

La altura a la que se eleva un líquido contenido en un tubo capilar no depende de la posición, sea inclinada o vertical, de este último. En todos los casos la elevación, es decir, la distancia del menisco a la superficie del líquido, medida sobre la vertical, será la misma. En el caso descrito el Ťhiloť de líquido que sube por el tubo inclinado a 30° será dos veces más largo que con la posición vertical de éste, pero la altura del menisco sobre el nivel del líquido contenido en el recipiente será la misma.

________________________________________________

[Ge. Pe.]

_______________________________


67. - Las gotas en movimiento.

Tenemos dos tubos de vidrio delgados y abocinados por un extremo. En el primero, junto al punto A se encuentra una gota de mercurio, y en el segundo, junto al punto B, una de agua. Además, las gotas no están en reposo, sino que se mueven por sus respectivos tubos.

¿Por qué sucede esto?

¿En qué sentido se mueven las gotas, hacia el extremo ancho o hacia el estrecho?

La columna de mercurio que se encuentra en el tubo de vidrio tiene convexos ambos extremos, puesto que este líquido no moja el cristal. La superficie que da al extremo derecho, tiene un radio de curvatura menor que la opuesta; por eso ejerce mayor presión sobre el mercurio (problema 65), empujándolo hacia el extremo abocinado.

La columna de agua, que moja el cristal, está acotada por meniscos cóncavos por ambos lados, además, el de la parte estrecha es menos cóncavo que el otro. El menisco curvo arrastra el líquido con mayor fuerza, por eso la columna de agua se desplaza hacia la parte angosta del tubo.

Así, pues, cada una de las columnas de líquido se desplaza por su respectivo tubo en sentidos opuestos: la de mercurio, hacia el extremo ancho, y la de agua, hacia el estrecho.

La columna de mercurio (arriba) se desplaza hacia el extremo abocinado del tubo, mientras que la del agua (abajo) se corre hacia el estrecho.

Esta última propiedad del agua permite disminuir el perjuicio que causan las sequías

La capacidad del agua de pasar -por sí misma- por los canales capilares de tubos anchos a estrechos tiene mucha importancia para la conservación de la humedad en el suelo. "Si la capa superior del suelo está compacta, es decir, tiene canalitos estrechos, mientras que las inferiores están porosas, o sea, tienen muchísimos canalitos más anchos, entonces -afirma el agrónomo A. Dudinski- el agua pasa fácilmente de la capa inferior a la superior. Pero si, por el contrario, la capa inferior está compacta, en tanto que la superior está porosa, esta última, al secarse, ya no podrá absorber agua procedente de la capa inferior (puesto que el agua no pasa de canalitos estrechos a anchos, sino que sólo lo hace a la inversa) y, por tanto, seguirá siendo seca."

En esto consiste uno de los métodos utilizados para atenuar la acción perjudicial de las sequías, consistente en el esponjamiento del suelo:

"para conservar humedad en el suelo, hay que esponjar, con la mayor frecuencia posible, su capa superior, hasta unos dos centímetros de profundidad e incluso menos; en este caso los canalitos estrechos formados en ella se destruyen y sustituyen por otros, más anchos, que no pueden succionar agua de la capa subyacente. La capa superior porosa se vuelve seca, pero ya no puede absorber agua de los canalitos más estrechos de la capa inferior del suelo ni la puede conducir hasta la superficie, protegiendo de esa manera el resto del suelo contra la desecación por la acción del viento y los rayos solares."

Éste es uno de los ejemplos aleccionadores de la importancia que tiene este fenómeno físico que a primera vista parece ser tan insignificante.

______________________________________________

[Ge. Pe.]

______________________________________



68. - Una lámina colocada en el fondo de un recipiente con líquido.

Si en el fondo de un recipiente de vidrio lleno de agua se coloca una lámina de madera bien adherida al mismo, ésta emergerá inminentemente. Pero si al fondo del mismo recipiente con mercurio se aplica una lámina de vidrio, ésta se quedará en su lugar. Consta que la flotabilidad del vidrio en el mercurio (la diferencia de densidades del mercurio y el vidrio) es mucho mayor que la de la madera en el agua.


¿Por qué, pues, la lámina de madera sube a la superficie, mientras que la de vidrio en el mercurio no sube?


La lámina de madera, depositada en el fondo del recipiente con agua, tendrá que emerger, pues el líquido penetra por debajo de ella. Sólo nos queda explicar, por qué el agua se cuela por debajo de la lámina de madera, mientras que el mercurio no penetra por debajo de la de vidrio.

Hay que tener en cuenta que por más que se adhiera la lámina al fondo, entre ellos siempre habrá un espacio muy pequeño. Junto a los bordes de estas dos superficies muy próximas una a otra, el agua, que moja tanto la madera como el vidrio, forma una concavidad que da hacia el espacio libre de agua; dicha concavidad, lo mismo que el menisco cóncavo, arrastra agua al espacio entre la lámina y el fondo.

El agua se cuela por debajo de la lámina aplicada al fondo del recipiente

Es distinto el caso del mercurio y la lámina de vidrio. Este líquido no moja al vidrio, por eso entre la lámina y el fondo,-ambos de vidrio, la superficie convexa del mercurio da al espacio de aire; esta convexidad presiona hacia afuera y no deja que el metal líquido se cuele por debajo de la lámina.

El mercurio no penetra por debajo de la lámina aplicada al fondo


________________________________________________

[Ge. Pe.]

______________________________________


69. Ausencia de tensión superficial.

¿A qué temperatura se anula la tensión superficial de los líquidos?

La tensión superficial del líquido desaparece del todo a la temperatura crítica: éste pierde su capacidad de formar gotas y se evapora a cualquier presión.

_______________________________


70. La tensión superficial

¿Qué presión ejerce, aproximadamente, la capa superficial de un líquido sobre las capas subyacentes?

A pesar de la finura extraordinaria -de unos 5 x 10^-8 cm-, la película superficial de líquido ejerce enorme presión sobre la masa de líquido que ella envuelve.

Para algunos líquidos esta presión es de decenas de miles de atmósferas, es decir, equivale a decenas de toneladas por centímetro cuadrado.

Semejante presión condiciona la baja compresibilidad de los líquidos que, de por sí, siempre están comprimidos con gran fuerza, por lo cual se obtiene un efecto ínfimo cuando se aumenta artificialmente en cien atmósferas una presión de decenas de miles de atmósferas existente en ellos.

__________________________________________________________

[Ge. Pe.]

__________________________




71. El grifo.


¿Por qué los grifos de agua corriente suelen ser giratorios, y no en forma de esclusa?

Parecería que los grifos de compuerta instalados en las cañerías de agua serían más manejables que las llaves de rosca que se emplean generalmente.

Sin embargo, no se utilizan porque causarían averías de la red de aguas corrientes.

Al cerrar bruscamente el grifo, es decir, al cortar repentinamente la corriente, se provocaría una fuerte sacudida de toda la red de tuberías, el llamado golpe hidráulico, o golpe de ariete, muy peligroso para este tipo de obras.

El Prof. A. Deisha, autor de un libro de texto de hidráulica, compara el golpe de ariete con el choque de un tren empujado por la locomotora, contra un tope terminal:

"En este caso los topes del primer vagón que chocan con el terminal, se comprimirán por la fuerza de inercia de los vagones siguientes, hasta que todos se detengan.

Acto seguido los resortes amortiguadores del delantero tenderán a extenderse empujando los demás vagones hacia atrás.

La onda creada por los topes comprimidos recorrerá todo el tren, del primer vagón hasta el último. Si al final del tren está enganchada una locomotora pesada, la onda de presión reflejada por ella recorrerá todo el tren en sentido inverso, hasta el tope terminal. De modo que las oscilaciones, amortiguándose gradualmente a causa de la resistencia, se transmitirán de un extremo a otro del tren, y a la inversa. La primera onda de presión será peligrosa para los muelles de topes de todos los vagones, y no sólo del delantero.

Como el agua es elástica, aunque en grado ínfimo, cuando se cierra el grifo instalado en el extremo de una tubería larga, las partículas traseras empiezan a empujar las delanteras (que ya se han detenido), creando de esa manera una presión elevada; ésta, lo mismo que una ola ordinaria, viajará a gran velocidad (un poco menor que la de propagación del sonido en el agua) por toda la tubería de cabo a rabo.

Al alcanzar el otro extremo (el tanque de presión, por ejemplo), la onda se reflejará hacia el grifo; de tal modo se producirá una serie de oscilaciones, esto son, elevaciones de presión que irán amortiguándose paulatinamente debido a la resistencia a la onda. No obstante, la primera de ellas será muy peligrosa no sólo en el extremo donde está instalado el grifo, sino también en el extremo opuesto de la conducción, próximo al tanque, puesto que podrá destruir fácilmente cualquier pieza o junta de menor resistencia.

La presión de ariete que se crea en este caso, sobre todo la reflejada, podrá superar de 60 a 100 veces la presión hidrostática normal existente en la tubería."


El golpe será tanto más fuerte y más destructor cuanto más larga sea la tubería; estropea el sistema de abastecimiento de agua, a veces hace reventar tuberías de hierro colado, ensancha las de plomo, arranca codos, etc. Para evitar este efecto perjudicial, hay que estrangular gradualmente la corriente de agua, es decir, cortarla con lentitud utilizando para ello válvulas de rosca. Cuanto más larga es la tubería, tanto más deberá durar el cierre.


La fuerza del golpe de ariete es directamente proporcional a la longitud del conducto y al tiempo durante el cual se cierra la llave: cuanto menos dura el cierre, tanto más fuerte será el golpe. Se ha deducido la siguiente fórmula para calcular su intensidad: la presión del golpe equivale (en metros) a la altura de la columna de agua

longitud del conducto (en metros) y t, el tiempo durante el cual se cierra la llave (en segundos).


Por ejemplo, si una tubería de 1000 m de longitud, por la cual el agua circula con una velocidad de 1 m/s, se cierra en 1 s, la presión creada en ella aumentará por el efecto del golpe de ariete hasta

o sea, hasta 15 at.


El fenómeno de golpe de ariete se puede observar realizando un experimento mediante el dispositivo mostrado en la figura.

Experimento que ilustra el golpe hidráulico.

El agua contenida en un recipiente, sale de éste por un tubo de sifón, hecho de vidrio, corriendo verticalmente hacia abajo y luego horizontalmente. En el otro extremo del conducto está instalado un grifo de compuerta H, y a cierta distancia del extremo, un tubo corto S con un orificio pequeño que da hacia arriba.

Mientras el grifo permanece cerrado, el agua brota del conducto corto sin superar el nivel de líquido contenido en el recipiente. Mas, si la llave se abre y acto seguido se cierra bruscamente, en un primer instante el agua brotará por encima de la altura del nivel de líquido del recipiente, probando evidentemente que la presión creada en el tubo supera la hidrostática.

No se debe creer que en este caso se viola la ley de conservación de la energía: aquí, menor cantidad de agua se eleva a mayor altura merced al descenso de ésta desde cierto nivel, lo mismo que una carga ligera, suspendida en el extremo de una palanca, se eleva a mayor altura que otra, más pesada, colocada en el extremo opuesto.

El principio del golpe de ariete se aprovecha en una máquina simple para elevar agua, llamada ariete hidráulico, que sólo consume su energía viva.

Esquema de funcionamiento del ariete hidráulico

Para ponerla en funcionamiento hay que cerrar la válvula U, debido a lo cual en el conducto F se produce un golpe hidráulico; la presión elevada del líquido abre la válvula Z y el aire, comprimido momentáneamente en W, lo impele hacia arriba.

El golpe cesa, la válvula Z se cierra, la U se abre y el agua que vuelve a circular por F, cierra la válvula U y de nuevo provoca un golpe de ariete, y todo se vuelve a repetir.

_________________________________________________

[Ge. Pe.]

____________________________________


72. La velocidad de salida.

¿Qué líquido, el agua o el mercurio, tendrá la mayor velocidad de salida si son iguales sus niveles en los embudos que los contienen?

El mercurio pesa mucho más que el agua; por tanto, es probable que el primero salga más rápido que la segunda. Sin embargo, ya E. Torricelli sabía que esto no es así: la velocidad de salida no depende de ninguna manera de la densidad del líquido y se determina utilizando la fórmula de Torricelli:

donde v es la velocidad de salida del líquido, g, la aceleración de la gravedad y h, la altura del nivel de líquido contenido en el recipiente. Según vemos, en la fórmula no interviene la densidad del líquido.

Este principio paradójico de salida del líquido se comprende fácilmente si se considera que la fuerza que impele el líquido, es creada por la parte de éste, situada a un nivel más alto que el orificio de salida. Si el líquido es pesado, esta fuerza es mayor que en el caso del líquido ligero; pero la masa que se pone en movimiento en el primer caso es mayor, por cierto, en la misma proporción. No es de extrañar, pues, que la aceleración y, por consiguiente, la velocidad, son idénticas en ambos casos.

_____________________________________________

[Ge. Pe.]

73.- El problema de la bañera.

I Parte

a) Una bañera de paredes verticales se llena con agua de grifo en 8 min, y se vacía por medio del orificio de desagüe (el grifo está cerrado) en 12 min. ¿Cuánto tiempo deberá permanecer abierto el grifo para llenar completamente la pila vacía mientras está abierto el desagüe?

b) La pila se llena en 8 min; con el grifo cerrado se tarda el r mismo lapso en vaciarla mediante el orificio de salida. żQué cantidad de agua habrá en ella si durante las veinticuatro horas se vierte agua de grifo mientras el desagüe está abierto?
c) Resuélvase este mismo problema si el tiempo de llenado es 8 min, y el de vaciado, 6 min.
d) Resuélvase idéntico problema, pero llenándose a los 30 min y vaciándose en 5 min.
e) La pila se vacía en un lapso más corto que el de llenado mediante el grifo. żHabrá agua en la bañera si empezamos a echar agua dejándola salir al mismo tiempo?
A continuación ofrecemos sendos pares de respuestas a las cinco preguntas planteadas; en una columna se ofrecen las respuestas correctas y en la otra, incorrectas.

a) La bañera se llenará hasta los bordes en 24 min._____________a) La bañera nunca se llenará hasta los bordes.
b) La bañera estará vacía.__________________________________b) El agua llegará hasta 1/4 de la altura de la pila.
c) No habrá agua en la pila._________________________________c) El agua subirá hasta las 9/64 de la altura de la pila.
d) No habrá agua en la pila._________________________________d) El agua subirá hasta 1/144 de la altura de la bañera.
e) La pila estará vacía._____________________________________e) En la bañera habrá un poco de agua.



żEn qué columna, pues, están las respuestas correctas?

Las de la columna izquierda parecen ser verosímiles. Pero, en realidad, lo son las de la derecha. Por cierto, a primera vista estas respuestas parecen ser muy extrañas; no obstante, vamos a analizar por separado cada uno de estos problemas.

a) En la bañera se vierte más agua que la que sale, sin embargo, en la columna derecha se afirma que nunca se llenará. ¿Por qué? Es que surge la idea de que es muy fácil calcular dentro de cuántos minutos el agua empezará a desbordarse. Cada minuto se llena 1/8 parte del volumen de la pila, mientras que sale 1/12; por consiguiente, el aforo por minuto es

1/8 x 1/12 = 1/24

parte de su capacidad. Está claro que en 24 minutos se llenará.


b) En el segundo problema el tiempo de llenado equivale al de vaciado. Por lo tanto, la cantidad de agua que ingresa cada minuto es igual a la que sale. Esto quiere decir que en la pila no deberá quedar ni una sola gota de agua, por más que dure el proceso. Sin embargo, en la columna de respuestas correctas se afirma que el nivel de agua llegará hasta un cuarto de la altura de la bañera.

c), d) y e). Es obvio que en los tres casos sale mayor cantidad de agua que entra, mas, en la segunda columna se asevera que no obstante ello en la pila se acumulará cierta cantidad de líquido.
En suma, las respuestas que damos por correctas, parecen ser absurdas. Para cerciorarse de que realmente son correctas, el lector tendrá que seguir una cadena bastante larga de razonamientos. Empecemos por el primer problema.



a) éste viene a ser una versión del famoso problema del depósito, que se remonta a Herón de Alejandría. Surgido hace más de dos milenios, el problema sigue figurando en muchos libros de problemas de matemáticas escolares, sin que por ello deje de ser errónea, desde el punto de vista de la física, su solución tradicional. Esta última se basa en la suposición equivocada de que el agua sale del recipiente en chorro uniforme mientras su nivel desciende.

Dicha suposición contradice la ley física que afirma que la velocidad de salida del líquido disminuye mientras desciende su nivel. Por consiguiente, es erróneo creer, como suelen hacer los escolares en las clases de matemáticas, que si la pila se vacía en 12 min, cada minuto sale una dozava parte de su contenido inicial. En realidad, el líquido sale de la manera siguiente: inicialmente, mientras su nivel es bastante alto, cada minuto sale más de una dozava parte de la pila llena; esta cantidad va disminuyendo progresivamente por instantes, y cuando su nivel es muy bajo, cada minuto sale menos de una dozava parte del contenido inicial. Por esta razón, el volumen de agua que sale durante este lapso equivale, sólo por término medio, a una dozava parte del de la pila llena, mientras que de hecho el gasto no será exactamente igual a una dozava parte, sino que un poco mayor o menor.

En general, el vaciado de la bañera se asemeja mucho a la marcha del reloj de bolsillo descrita por Mark Twain en tono de broma: el reloj marchaba bien Ťpor término medioť, al dar el número correspondiente de vueltas durante las veinticuatro horas. Mas, en la primera mitad de este tiempo adelantaba demasiado retrasándose extremadamente durante el resto de la jornada. Resolver el problema de la pila partiendo de la velocidad media de salida del agua sería lo mismo que consultar el reloj descrito por el famoso escritor estadounidense.

Según vemos, la versión simplificada de este problema, que se resuelve tan fácilmente en la escuela, hay que sustituirla por la variante real ajustándola a las leyes de la naturaleza. Obrando de esa manera obtendremos un resultado distinto. Al comenzar a llenar la bañera mientras el nivel de agua no es alto, sale menos de una dozava parte de su capacidad total; en cambio, cuando el nivel es alto, sale más de una dozava parte. Por ello, el gasto puede ser una octava parte de su volumen, y podrá igualarse con la cantidad de agua que ingresa, antes de que se llene toda la pila. A partir de este instante el nivel dejará de ascender, puesto que el agua afluente saldrá por el desagüe. El nivel se mantendrá constante por debajo de los bordes de la bañera. Claro está que en semejantes condiciones nunca se llenará completamente. Según veremos más adelante, el cálculo matemático confirma lo que acabamos de deducir.



b) En este apartado la corrección de nuestra solución es mucho más evidente. El tiempo de llenado y de vaciado es uno mismo, 8 min. Mientras el nivel es bajo, o sea, cuando se empieza a añadir agua, cada minuto se llena una octava parte de la capacidad de la pila, y sale, según explicamos más arriba, menos de una octava parte. En resumidas cuentas, el nivel deberá elevarse hasta que el caudal afluente se iguale con el gasto. Por consiguiente, en la pila siempre habrá agua. Se puede demostrar -muy pronto lo haremos que siendo iguales el tiempo de llenado y de vaciado, la altura del nivel real deberá equivaler a un cuarto del de la pila llena.



c), d) y e) Después de lo que acabamos de exponer no se requieren muchas aclaraciones para desvanecer las dudas en torno a nuestras respuestas a las tres preguntas restantes. En ellas, el tiempo de vaciado es menor que el de llenado. Es imposible llenar completamente la pila ateniéndose a estas condiciones, mas, se puede asegurar cierta capa de agua, aunque el flujo entrante sea exiguo.

Hay que recordar que las primeras porciones de agua que se añaden, no podrán salir con la misma rapidez, pues mientras el nivel es bajo, la velocidad de salida será muy pequeña; al descender el nivel de líquido, esta magnitud se vuelve cada vez menor que cualquier velocidad constante de llenado. Por ende, en la bañera deberá haber una capa de agua, aunque sea muy pequeña. En otras palabras, contrariamente al Ťsentido comúnť, en todo tonel -por más rajado que esté- siempre habrá un poco de agua a condición de que se agregue uniforme e ininterrumpidamente la cantidad de agua correspondiente.
Ahora pasemos al examen matemático de los mismos problemas. Nos daremos cuenta de que los ejercicios elementales que se ofrecen a los escolares desde hace dos milenios, requieren conocimientos y hábitos que rebasan el marco de la aritmética elemental.

Para un recipiente de forma cilíndrica (en general, para uno de paredes verticales) vamos a establecer cierta dependencia entre el tiempo T de llenado, ídem t de vaciado y la altura l del nivel constante de líquido si el llenado se efectúa con el orificio de desagüe destapado. Para ello convengamos en utilizar las designaciones siguientes:

H, la altura del nivel de líquido en el recipiente lleno;

T, el tiempo de llenado hasta el nivel H;

t, ídem de vaciado del recipiente a partir del nivel inicial H;

S, la sección del recipiente;

c, ídem del desagüe;

w, la velocidad de descenso del nivel en el recipiente por segundo;

v, ídem de salida del líquido por segundo;

l, la altura del nivel constante mientras el orificio de vaciado está destapado. Está claro que si en un segundo el nivel desciende en w, en el mismo lapso por el desagüe deberá salir una cantidad Sw de líquido, equivalente al volumen de la columna cv del chorro que sale:

Sw = cv,

de donde

w = v*c/S

No obstante, la velocidad v de salida del líquido se determina por la fórmula de Torricelli citada más arriba, , donde l es la altura del nivel y g, la aceleración de la gravedad. Por otro lado, la velocidad w de ascenso del nivel de líquido cuando el orificio está tapado, es H/T. El nivel será constante cuando la velocidad de su descenso sea igual a la de ascenso, es decir, si tiene lugar la igualdad siguiente:

Haciendo uso de esta fórmula hallamos la altura l del nivel estabilizado [1]

ésta es la altura del nivel de líquido contenido en el recipiente durante el ingreso de agua mientras el desagüe está destapado.

Simplificamos esta fórmula eliminando las variables S, c y g. El descenso del nivel de líquido en el recipiente de paredes verticales (mientras el grifo permanece cerrado) es un movimiento uniformemente variable que comienza con la velocidad w y termina con la velocidad nula. La aceleración a de semejante movimiento se determina a partir de la ecuación siguiente:

de donde:

Si ponemos el valor de w de la expresión w = cv/S y tenemos en cuenta que obtenemos el resultado siguiente:

_________________________________________

[Ge. Pe.]

73.- El problema de la bañera.


II Parte

Además, para el caso del movimiento que estamos analizando

de donde

Realizando la sustitución en la fórmula [1], obtendremos el resultado siguiente:

Así pues, para las condiciones enunciadas, el nivel de líquido contenido en el recipiente deberá mantenerse a una altura equivalente a la del recipiente lleno y se determinará mediante la fórmula que sigue:

Ahora vamos a utilizar la fórmula deducida para resolver nuestros problemas.


a) La duración de llenado es T = 8 min y el tiempo de vaciado t = 12 min. La altura l del nivel límite referida a la del recipiente H, equivale a

partes

El nivel de agua sólo alcanzará 9/16 partes de la altura de la bañera. Por más que se añada agua, su nivel no se elevará después.



b) En este caso T = t = 8 min:

El nivel ascenderá a un cuarto de la altura del recipiente.



c) Para T = 8 min y t = 6 min:

El agua alcanzará 9/64 partes de la altura de la pila.



d) T= 30 min y t = 5 min:

El nivel de líquido equivaldrá a 1/144 parte de la altura de la bañera.




e) t < T:

La expresión obtenida podrá ser igual a cero siempre que se observen las dos condiciones que siguen:

1) t = 0 y T ¹ 0. Esto quiere decir que la bañera se vacía instantáneamente, lo cual es imposible.

2) t ¹ 0 y T = ¥ . Es decir, con el desagüe tapado el tiempo de llenado será indefinido. En otras palabras, la afluencia de agua por segundo es nula, no ingresa líquido en la bañera. En la práctica este caso equivale a que la llave esté cerrada.
Así pues, siempre que el grifo esté abierto y la pila no se vacíe instantáneamente, l nunca podrá ser nula: la capa de agua siempre tendrá altura finita.

¿Bajo qué condiciones, pues, sería posible llenar toda la pila con el orificio abierto? Evidentemente, cuando l = H, es decir, cuando

Por tanto, si el tiempo de llenado es dos veces menor que el de vaciado, será posible llenarla por completo, aunque el orificio esté abierto.

_____________

Continua...

______________________________________

[Ge. Pe.]

_______________________________________


73.- El problema de la bañera.


III Parte

También sería interesante calcular cuánto tiempo se necesitará para alcanzar un nivel constante.

Este problema no se resuelve por medio de las matemáticas elementales; habrá que valerse del cálculo integral.

Ofrecemos el cálculo correspondiente a los que se interesan por esta variante; aquellos lectores que tienen conocimientos de matemáticas superiores podrán omitir el análisis que se expone a continuación, y sólo emplear la fórmula deducida al final del cálculo.

La velocidad de elevación del nivel de líquido en un recipiente al que se añade agua mientras el orificio de desagüe está destapado, se define como la diferencia entre la velocidad de ascenso del nivel con el orificio tapado (H/T) y la de descenso del mismo sin agregar líquido,

(Nota: , donde x es la altura del nivel de agua en un instante dado).

Por consiguiente, la velocidad de ascenso del nivel en el momento dado será

de donde

El tiempo necesario para que el nivel de líquido suba hasta la altura x = h se designa por Q .

Integrando la ecuación

obtenemos la siguiente fórmula para determinar el tiempo Q que se necesita para que el nivel de líquido alcance la altura h:

(aquí, ln denota el logaritmo de base e = 2,718...).

Esta expresión puede ser simplificada.

Partiendo de las igualdades wS = vc y , se determina la velocidad w de descenso del nivel desde la altura h al vaciar la pila:

Por consiguiente,



de donde

Después de realizar las sustituciones correspondientes se obtiene la siguiente expresión para determinar Q :

la cual no contempla los casos de sección S y c del recipiente y del orificio de salida ni la aceleración de la gravedad g.

Esto último señala que el tiempo de llenado de la bañera debe ser el mismo que en cualquier otro planeta.

Continua....
__________________________________________________

[Ge. Pe.]

73.- El problema de la bañera.


IV y Última Parte


________________________________________

Si deseamos averiguar cuánto tiempo se necesitará para alcanzar los niveles límites en los recipientes, llegaremos a la conclusión de que esta magnitud será indefinida, o sea, nunca se llenarán.

Esta respuesta es bastante inesperada: se podría preverla, pues a medida que el nivel se aproxima a la altura límite, disminuye progresivamente su velocidad de elevación; cuanto más cerca esté el nivel de líquido a su límite, tanto menos tenderá a él.

Queda claro que el agua nunca lo alcanzará, por mucho que se le acerque.

No obstante, desde el punto de vista práctico, es posible formular el problema de un modo distinto.

Pues, en este caso no es obligatorio que el nivel de agua coincida exactamente con el límite; por ejemplo, pueden diferir en 0,01 de altura.

El tiempo que se necesita para que el agua alcance este nivel "aproximado" se determina mediante la fórmula deducida poniendo h = 0,991, donde l es la altura del nivel límite; de modo que resulta que

Apliquemos la fórmula

a los casos que examinamos con anterioridad.





a) T = 8min y t = 12 min:

min

El nivel constante se alcanzará en unos 39 min.




b) T = t = 8 min:

min

El líquido alcanzará el nivel constante en unos 17 min




c) T = 8 min y t = 6 min:

min

El nivel de líquido será constante dentro de unos 10 min.




d) T = 30 min y t = 5 min:

min

De hecho, el líquido alcanzará el nivel límite en menos de dos minutos.




e) Finalmente, la pila con el desagüe abierto se llenará totalmente, lo que ocurre -según determináramos anteriormente- a condición de que t = 2T, en un tiempo

Con esto damos por terminado el análisis de los problemas de la bañera, que se nos ha hecho tan largo.

Es que el asunto es mucho más complicado de lo que se imaginan aquellos autores de libros de problemas de matemáticas que a la ligera incluyen en sus obras "problemas de los depósitos", destinados a los alumnos de la escuela primaria.

__________________________________________

[Ge. Pe.]

______________________________



74.- Vórtices en el agua.


Al vaciar la bañera, nos damos cuenta de que junto a su orificio de desagüe se forma un remolino.

¿En qué sentido gira éste, en el de las agujas del reloj o en sentido contrario? ¿Por qué?

El problema planteado atrajo en su tiempo la atención de D. Grave, famoso matemático ruso, que señaló lo siguíente.

«Si un recipiente se vacía mediante un orificio abierto en su fondo, encima de él se forma un torbellino de líquido que gira, en el hemisferio boreal, en sentido contrario a las agujas del reloj, y en el austral, en sentido inverso. Cada lector puede comprobar la validez de esta observación dejando salir agua de la bañera. Para que la rotación del vórtice sea más evidente, se puede echar al agua trocitos de papel. Esta experiencia evidente comprueba la rotación de la Tierra, aunque se realiza por medios caseros.»

A continuación este autor manifiesta lo siguiente: «Lo dicho permite sacar conclusiones muy importantes relativas a las turbinas hidráulicas. Si una turbina hidráulica horizontal gira en sentido antihorario, la rotación del Globo contribuirá a su funcionamiento; y a la inversa: si gira en sentido horario, el giro del Globo frenará la rotación del artefacto.» « Por ello -concluye el académico-, al fabricar nuevas turbinas hay que inclinar sus paletas de modo que giren en el sentido deseado.»

Estos razonamientos aparecen muy verosímiles. Todo el mundo sabe que la rotación de la Tierra condiciona la forma vorticial de los ciclones, un desgaste mayor del carril derecho de las vías férreas, etc. A lo mejor, se podría esperar que la rotación del planeta influiría de alguna manera en los embudos de agua que surgen en los recipientes durante el vaciado, o en las turbinas hidráulicas.

Esquema del movimiento vorticial: arriba, al salir el líquido por el desagüe de la bañera; abajo, del aire en un ciclón.

No obstante, no debemos dejarnos cautivar por esta primera impresión. El comportamiento del embudo de agua que se forma encima del orificio de vaciado se comprueba fácilmente y, de hecho, no se ajusta a la descripción que acabamos de citar: en unos casos el remolino se enrosca en sentido antihorario, y en otros, en sentido opuesto. La dirección de giro, lejos de ser constante, no revela ninguna tendencia predominante, máxime si las observaciones se llevan a cabo en diferentes recipientes, y no en uno mismo.

El cálculo nos proporciona un resultado que concuerda muy bien con las observaciones: la magnitud de la llamada aceleración de Coriolis es muy pequeña y se calcula según la fórmula siguiente:

donde a es la aceleración de Coriolis, v, la velocidad del cuerpo en movimiento, w , la velocidad angular de rotación de la Tierra y j , la latitud del lugar. Por ejemplo, en la latitud de San Petersburgo, siendo la velocidad del chorro de agua de 1 m/s se obtienen los datos siguientes: v = 1 m/s, w = 2/86.400 s; sen j = sen 60° = 0.87

m/s2

Como la aceleración de la gravedad es de 9,8 m/s, la de Coriolis vale una cienmilésima de ésta.

En otras palabras, el esfuerzo que surge es igual a una cienmilésima parte del peso del agua que forma el torbellino.

Está claro que cualquier irregularidad en la forma del recipiente, por ejemplo, su asimetría respecto del orificio de vaciado, deberá influir mucho más en el sentido de rotación del chorro de agua que el giro del planeta.

El hecho de que al observar el vaciado de un mismo recipiente a veces se suele colegir que el sentido de rotación del vórtice siempre es uno mismo, no comprueba, ni mucho menos, la tan esperada regla de rotación, pues los factores predominantes que intervienen en este caso son la forma del fondo de la pila y sus irregularidades, y no la rotación de la Tierra.

Por esta razón, a la pregunta planteada hay que responder del modo siguiente: es imposible predecir en qué sentido girará el vórtice de agua junto al orificio situado en el fondo de la pila, ya que éste depende de toda una serie de circunstancias difíciles de considerar.

Además, los torbellinos que se crean en el flujo de líquido y que pudieran atribuirse a la rotación del Globo, deben de tener, según comprueba el cálculo, un diámetro mucho mayor que los pequeños remolinos que surgen en torno al orificio de vaciado de un recipiente.

Por ejemplo, en la latitud de San Petersburgo, para la velocidad de corriente de 1 m/s, el diámetro de semejante torbellino debería ser de 18 m; para la velocidad de 0,5 m/s, de 9 m, etc., es decir, variaría en razón directa a la velocidad de corriente.

Como colofón vamos a acotar algo más sobre la supuesta influencia de la rotación del planeta en el funcionamiento de las turbinas hidráulicas.

Teóricamente, se podría demostrar que toda rueda que gira, es incitada por la rotación de la Tierra a ocupar una posición tal que su eje sea paralelo al del planeta, y que el sentido de giro de ambos cuerpos sea igual. No obstante, el efecto de semejante influencia es ínfimo, al igual que en el caso del embudo de agua formado en el recipiente que se vacía; en otras palabras, la acción del giro de la Tierra constituye menos de una cienmilésima parte de la fuerza de la gravedad.

Por consiguiente, toda irregularidad de forma del cuerpo de la turbina que gira, por más insignificante que sea, de por sí muy natural e inevitable, debe influir mucho más y camuflar la influencia que el giro del Globo ejerce sobre dicho artefacto. Por lo tanto, no se han de cifrar muchas esperanzas en que la rotación de la Tierra contribuya ostensiblemente al funcionamiento de los mecanismos.

___________________________________________

[Ge. Pe.]

__________________________________



75.- La riada y el estiaje.



¿Por qué en tiempo de riada la superficie del río es convexa, mientras que durante el estiaje es cóncava?





La superficie del río durante la crecida





La superficie del río durante el estiaje

El hecho de que en épocas de crecida y estiaje la superficie de los ríos no es estrictamente horizontal, se debe a que la parte central, o axial, de la masa de agua corriente tiene velocidad mayor que las partes cercanas a la orilla; la corriente es más rápida en medio del río que junto a las márgenes.

Por consiguiente, durante la crecida, cuando desde la parte alta del río viene mucha agua, su grueso fluye a lo largo de la línea central del cauce; a consecuencia de esto el río «se abulta» en su parte media.

Al contrario, durante el estiaje, mientras el caudal es pequeño (pues la mayor parte del agua ya está en la cuenca baja) su nivel disminuye más rápido a lo largo de la línea media que junto a las orillas, por lo que la superficie del río se vuelve cóncava.

Este fenómeno es muy notable en los ríos caudalosos y muy anchos. «En el Mississipí -dice el escritor y geógrafo francés J. Reclus en su obra La Terre, description des phénoménes de la vie du globe-, la convexidad transversal que se forma durante la crecida es de un metro por término medio...; las maderas que se transportan por flotamiento en esta época "se deslizan" de la parte central prominente del río y quedan en la orilla, mientras que en el estiaje siempre flotan aguas abajo por su parte central y se acumulan en la depresión formada en medio del río.»

_________________________________________________________

[Ge. Pe.]

______________________________________


76. El oleaie.


¿Por qué se curvan las crestas de las olas que lamen la costa?




Las crestas de las olas que lamen la costa, tienen forma curvada

El encorvamiento de las crestas de olas que lamen la costa suave se debe a que la velocidad con que viajan por la superficie de aguas someras depende de la profundidad, a saber, está en razón directa con la raíz cuadrada del valor de la profundidad. Cuando las olas se propagan por encima de los bajos de mar, la elevación de sus crestas respecto al fondo es mayor que la de los valles de onda; por consiguiente, las crestas avanzan más veloces que los valles que les preceden y, adelantándose a ellos, se curvan hacia adelante.

Este mismo hecho explica la causa de otro fenómeno que se observa en el mar agitado: las olas que baten la costa siempre son paralelas a ésta. La causa radica en que cuando se acercan hacia la orilla bajo un ángulo formando barreras paralelas, las que pasan por encima del bajío cercano a la orilla antes que las otras, aminoran su paso. Es fácil ver que a consecuencia de este fenómeno la línea de olas debe cambiar la dirección de su movimiento hasta que sea paralela a la costa.

______________________________________________

[Ge. Pe.]

_____________________________________



77. - El problema de Colladon.

El célebre fisico Jean-Daniel Colladon planteó a los estudiantes de la Academia de Ingeniería de París el problema siguiente:

«Un barco se desplazó por el Ródano aguas arriba elevándose a 170 m (desde Marsella hasta Lyon). Para calcular el trabajo realizado durante el viaje, ¿habrá que tener en cuenta también el producto del peso del barco por la altura de 170 m, además de la resistencia de la corriente?»

La superficie del río se asemeja a un plano inclinado, por eso se podría suponer que al navegar aguas arriba el barco debe realizar la misma cantidad de trabajo que un cuerpo deslizando hacia arriba por un plano inclinado. Pero no debemos olvidar que el empuje del agua equilibra el peso del barco que navega. Para elevarlo a un nivel más alto no se necesita realizar ningún trabajo y no vale la pena tomar en consideración a este último.

Lo notable es que entre los estudiantes de la academia que tuvieron que resolver este problema, uno solo dio la respuesta correcta; posteriormente aquel estudiante se hizo un ingeniero de ferrocarriles muy famoso en Francia.

_______________________________

[Ge. Pe.]

Capítulo Tercero

GASES



__________________________________________



78. El tercer componente del aire

79. El gas más pesado

80. ¿Resistimos un peso de 20t?

81. La fuerza del aliento

82. La presión de los gases de la pólvora

83. Unidad de medida de la presión atmosférica

84. El agua contenida en un vaso puesto boca abajo

85. El huracán y el vapor

86. La fuerza de tiro de una chimenea

87. ¿Dónde hay más oxígeno?

88. Las burbujas

89. Las nubes

90. La bala y el balón

91. ¿Por qué es posible pesar un gas?

92. El ejemplo de los elefantes

93. La presión creada en la barquilla del globo estratostático

94. La cuerda de la válvula

95. Un barómetro suspendido de una balanza

96. El sifón en el aire

97. El sifón en el vacío

98. El sifón para los gases

99. Elevación del agua mediante una bomba

100. La salida del gas

101. Un proyecto de motor que no consume energía

102. Sofocar incendios con agua hirviendo

103. Gas contenido en un recipiente

104. Una burbuja en el fondo de un océano

105. La rueda de Segner en el vacío

106. El peso del aire seco y húmedo

107. El vacío máximo

108. ¿Qué es lo que se entiende por vacío?

109. ¿Por qué existe la atmósfera?

110. Un gas que no llena todo el recipiente


___________________________




78. El tercer componente del aire.

Indique el tercer componente constante del aire atmosférico, según el porcentaje.

Muchos lectores continúan considerando "por inercia" que el tercer componente constante del aire es el bióxido carbónico que, cuantitativamente, ocupa el tercer lugar después del nitrógeno y el oxígeno. No obstante, hace mucho tiempo que se ha descubierto otro componente del aire, cuyo contenido es 30 veces mayor que el del bióxido carbónico. éste es el argón, uno de los llamados gases nobles. Su contenido en el aire es del 1 % (más exactamente, del 0,94 %), mientras que el del bióxido carbónico es del 0,03 %.

__________________________________________

[Ge. Pe.]

________________________________


79. El gas más pesado.


Entre los elementos gaseosos, ¿cuál es el más pesado?

Sería erróneo creer que el elemento gaseoso más pesado es el cloro cuyo peso es 2,5 veces mayor que el del aire. Existen otros mucho más pesados. Si hacemos caso omiso del radón, o la emanación del radio, muy efímero, que pesa ocho veces más que el aire, tendremos que colocar en el primer lugar el gas xenón que es 4,5 veces más pesado que el aire. El aire atmosférico contiene una cantidad ínfima de xenón, a saber, cada 150 m de aire contienen 1 cm de este elemento.

Si hubiera que indicar un compuesto gaseoso en vez de un elemento gaseoso, entre los gases más pesados tendríamos que citar el tetracloruro de silicio (SiC1₄) que pesa 5,5 veces más que el aire, y el carbonilo de níquel cuyo peso supera seis veces el del aire.

Los vapores de diversos gases suelen pesar más que el aire: los de bromo pesan 5,5 veces más que este último; los de mercurio, 7 veces más.

(Por supuesto, el lector recuerda el rasgo más importante que sirve para distinguir entre vapor y gas: este último tiene una temperatura superior a la crítica, mientras que el primero la tiene menor que la crítica.)

____________________________________

[Ge. Pe.]

_______________________________________


80. ¿Resistimos un peso de 20 t?


Consta que la superficie del cuerpo humano mide 2 m; ¿podemos considerar que el peso total que la atmósfera ejerce sobre el hombre es de 20 t (200.000 N)?





"Resistimos un peso de 20.000 kg ejercida por la columna de aire de 300 km de altura. No la sentimos porque no solo nos oprime por arriba, sino que también nos presiona desde abajo e incluso desde dentro, equilibrándose de esa manera."

Esta figura y el pie de ella fueron tomados de un libro de divulgación científica.

Carece de todo sentido la afirmación tradicional de que el cuerpo humano soporta una fuerza de 200 kN por parte de la atmósfera. Vamos a ver, de dónde aparecen los 200 kN.

Se suele hacer el cálculo de la manera siguiente: cada centímetro cuadrado de la superficie del cuerpo está expuesto a la presión de 10 N; toda la superficie del cuerpo humano mide 20.000 cm, " por consiguiente, la fuerza total vale 200.000 N = 200 kN ".

En este caso se prescinde del hecho de que las fuerzas aplicadas a diferentes puntos del cuerpo tienen sentidos diferentes; sería ilógico sumar las fuerzas "aritméticas" dirigidas bajo cierto ángulo unas respecto a otras. Por supuesto, es posible sumarlas, pero siempre ateniéndose a la regla de adición vectorial y obteniendo un dato muy distinto del anunciado al plantear el problema. Se obtendría una resultante equivalente al peso del aire comprendido en el volumen del cuerpo. Si quisiéramos determinar la magnitud de la presión ejercida sobre la superficie del cuerpo humano en vez de la referida resultante, sólo podríamos afirmar que éste está expuesto a una presión de 10 N/cm. Hasta aquí lo que se podría decir acerca de la presión ejercida sobre nuestro cuerpo por la atmósfera terrestre.

Resistimos fácilmente esta presión porque la equilibra una presión equivalente dirigida desde dentro del cuerpo; su valor absoluto no es muy elevado, de 0,1 N/mm. Esta magnitud relativamente pequeña de la presión explica el hecho de por qué las paredes de las células de los tejidos del organismo no se destruyen por la presión bilateral.

Obtendríamos valores impresionantes de la presión formulando esta pregunta de un modo distinto, por ejemplo:

1) ¿Con qué fuerza la atmósfera terrestre oprime la parte superior de nuestro cuerpo contra la inferior?

2) ¿Con qué fuerza la atmósfera aprieta la parte izquierda y la derecha de nuestro cuerpo entre sí?

Para responder a la primera pregunta habría que calcular la fuerza de presión correspondiente al área de la sección transversal de nuestro cuerpo, o a la de su proyección horizontal (de unos 1000 cm ); se obtendría una fuerza
de 10 kN.

En el segundo caso tendríamos que determinar la presión ejercida sobre la proyección vertical del cuerpo (de cerca de 5000 cm ); el resultado sería 5 kN.

Mas, estos datos espectaculares nos dicen lo mismo que sabíamos al empezar el cálculo, es decir, que a cada centímetro cuadrado de nuestro cuerpo corresponde una fuerza de 10 N. éstas no son sino dos formas de expresar una misma idea.

___________________________________________________

[Ge. Pe.]

___________________________


81. - La fuerza del aliento.


¿Cuál es la fuerza del aliento de la persona?

żEs menor o mayor que 1 atmósfera la presión del aire despedido con violencia por la boca?

El aire que expiramos tranquilamente tiene un exceso de presión de cerca de 0,001 at con respecto al ambiente.

Al despedirlo con fuerza, lo comprimimos mucho más, elevando el exceso de presión hasta 0,1 at respecto al ambiente.

Esta magnitud corresponde a 76 mm de mercurio. Dicha fuerza se manifiesta evidentemente cuando una persona sopla aire en un extremo del tubo de manómetro de mercurio abierto, elevando el nivel de líquido en la otra rama: hay que hacer un esfuerzo considerable con los músculos pectorales para que la diferencia de niveles sea de 7 u 8 cm.

(Los sopladores de vidrio experimentados son capaces de elevar el mercurio hasta 30 cm o más.)

___________________________________________

[Ge. Pe.]

_____________________________



82. La presión de los gases de la pólvora.



¿Qué presión tienen los gases de la pólvora que despiden el proyectil por la boca del cañón?


En las piezas de artillería modernas, los gases de la pólvora expulsan los proyectiles creando
una presión de hasta 4000 at, lo cual corresponde a la presión de una columna de agua de 40 km.


_________________________________________________

[Ge. Pe.]

_____________________________


83. - Unidad de medida de la presión atmosférica.

¿Qué unidades sirven para medir la presión del aire?

Hoy en día se dan por anticuadas las unidades de medida de la presión atmosférica en milímetros de mercurio 0 en kg/cm.

En la meteorología se suele emplear otra unidad, fuera del sistema de unidades, denominada "milibar".

El milibar, según indica su nombre (mili), es una milésima del bar. El bar es la unidad de la presión atmosférica equivalente a cien mil pascales.

En el Sistema Internacional de unidades (SI), que se utiliza fundamentalmente hoy en día, por unidad de presión está adoptado el pascales (Pa), equivalente a la presión creada por una fuerza de 1 N distribuida uniformemente por una superficie de 1 m normal a ella. Para traducir el pascal a otras unidades se emplean las relaciones siguientes:

1 mm Hg = 133 Pa; 1 Kponds/cm = 1 at = 9,81 » 10 Pa; 1 bar = 10 Pa.



____________________________