Un cilindro vertical de 2 ft de diámetro, abierto a la atmosfera contiene agua hasta una altura de 1 ft. Ahora se hace girar el tanque alrededor de la línea central y el nivel del agua desciende en el centro en el mismo tiempo que se eleva en los bordes. Determine la velocidad angular a la cual el fondo del tanque empeara a quedar empeara a quedar e!puesto. Asimismo, determine la altura má!ima del agua en este momento.
SOLUCIÓN:
1. "l aumento aumento de la velocida velocidad d de rotaci#n rotaci#n es muy lento lento de forma forma que el líquido líquido en el recipiente siempre act$a como un cuerpo rígido. 2 de agua en un fluido incompresible teniendo el centro de la superficie inferior del cilindro de rotaci#n vertical como el origen %r & '( & ') ecuaci#n de la superficie libre del líquido en da como*
2
w 2 + 4g % R +
Z S ( r )= h0
2r
2
)
donde h & 1 pie en la altura original del líquido antes de la rotaci#n. usto antes de punto seco aparece en el centro de la superficie inferior, la altura del líquido en el centro es igual a cero, y por lo tanto & ', la soluci#n de la ecuaci#n anterior para
W =
√
4 g h0
R
=
√
2
(
4 32.2 ft
)( 1 ft )
1 ft
=11.35
rad = 11.4 rad / seg seg
y sustituyendo,
rad´ w seg n = = rad 2 π 2 π rev 11.35
( )= 60 s
1 min
108 rpm
-or lo tanto, la velocidad de rotaci#n de este contenedor debe limitarse a 1' rpm para evitar los puntos secos en la superficie inferior del tanque. /a altura vertical má!ima del líquido se produce un de los bordes del tanque* r = R =1 ft
y es igual:
1 ft 2
2
w R =(1 ft ) + Z s ( R ) =h + 4g 0
¿ ¿ ¿2
(
)
2
rad ¿ 11.35 seg
¿
0onclusi#n* el análisis es válido para cualquier líquido ya que el resultado es independiente de la densidad o cualquier otro fluido propiedad
2. Un recipiente cilíndrico vertical, de 2 ft de diámetro y 2 ft de alto que contiene
agua hasta una altura de 1 ft. e gira el tanque a una velocidad angular constante de 1'' rpm. Determine cuánto descenderá el nivel del líquido en el centro del cilindro como resultado de este movimiento de rotaci#n. %abierto a la atmosfera)
Solución
ρ del agua=1000 kg / m
3
diferencia de presiones : p 1− p02= ρ ( g + a z )( z 2− z 1) ya que a x &'
omando el punto 2 en la superficie libre y el punto 1 de la parte inferior del tanque, tenemos
z 2− z 1=h
: p2
= patm y
y por lo tanto
: p1
− pfondo = ρ ( g + a z ) h
a z= 0 , y por lo tanto la presi#n
a.+ tanque estacionario* enemos manom3trica en el fondo del tanque es*
(
Pfondo= ρgh=
100
kg m3
)(
9.81 m
s2
)
( 0.6696 m )
(
1 k
kg∗m 1000 s2
b.+ anque que mueve hacia arriba* enemos
)
=5.90 !Pa
a z=3 m / seg 2 , y por lo tanto la
presi#n manom3trica en el fondo del tanque es* Pfondo= ρ ( g + a z ) h=
(
100
kg m3
)(
9.81 m
s2
+
3m
seg 2
"
)(
0.6696 m
c.+ moviento del tanque hacia abao* tenemos
)
(
1 k
)
kg∗m 1000 s2
= 8.58 !Pa
a z=−3 m / seg 2 , y por lo tanto
la presi#n manom3trica en el fondo del tanque es Pfondo= ρ ( g + a z ) h=
(
100
kg m3
)(
9.81 m
s2
−
3m
seg 2
"
)
( 0.6696 m )
(
1 k
kg ∗m 1000 s2
)
=4.56 !Pa
CONCLUSIÓN: la presi#n en el fondo del tanque mientras se mueve arriba en
un ascensor es casi el doble que mientras se mueve abao, y así el dep#sito está bao mucho mayor durante la aceleraci#n hacia arriba.
