Calculo del tiempo de vaciado de un tanque de distintas geometrías

En la hidrodinámica es importante calcular el tiempo en el cual un volumen de algún liquido que se encuentra dentro de un tanque con una geometría correspondiente. Para ello se utiliza el principio de Bernoulli para hallar la ecuación del tiempo respectivo. 

Principio de Bernoulli

 Partiendo del principio de Bernoulli

$${\large \begin{align*} P_{2} + \rho g z_{2} + \frac{1}{2} \rho v_{2}^{2} = P_{1} + \rho g z_{1} + \frac{1}{2} \rho v_{1}^{2} \end{align*}}$$

Debido a que es un tanque abierto y están en contacto con el aire entonces la diferencia de presiones es igual a cero.

$${\large \begin{align*} \rho g (z_{1} + z) + \frac{1}{2} \rho v_{2}^{2} &= \rho g z_{1} + \frac{1}{2} \rho v_{1}^{2}  \\ \rho g z + \frac{1}{2} \rho v_{2}^{2} &= \frac{1}{2} \rho v_{1}^{2} \end{align*}} $$

Usando la ecuación de continuidad

$${\large \begin{align*} S_{1} v_{1} &= S_{2} V_{2} \\ v_{1} &= v_{2} \frac{S_{2}}{S_{1}} \end{align*}}$$

Por consiguiente

$${\large \begin{align*} \rho g z + \frac{1}{2} \rho v_{2}^{2} &= \frac{1}{2} \rho v_{1}^{2} \\  \rho g z + \frac{1}{2} \rho v_{2}^{2} &= \frac{1}{2} \rho \left( v_{2} \frac{S_{2}}{S_{1}} \right)^{2} \\ g z + \frac{1}{2} v_{2}^{2} &= \frac{1}{2}  v_{2}^{2} \frac{S_{2}^{2}}{S_{1}^{2}} \\ 2 g z &= v_{2}^{2} \left( \frac{S_{2}^{2}}{S_{1}^{2}} - 1 \right) \\ 2 g z &= v_{2}^{2} \beta  \\ v_{2} &= \sqrt{\frac{2 g z }{\beta}} \end{align*}}$$

Partiendo de la definición de velocidad

$${\large \begin{align*} \frac{dz}{dt}  &= v_{2} \\ \frac{dz}{dt}  &= \sqrt{\frac{2 g z }{\beta}} \\ dz  &= \sqrt{\frac{2 g z }{\beta}} dt \\ dt &= \sqrt{\frac{\beta}{2gz}} dz \\ t &= \int \left( \sqrt{\frac{\beta}{2gz}} \right) dz \end{align*}}$$

Si asumimos que $S_{2} << S_{1}$ entonces

$${\large \begin{align*} t &= \int \left( \sqrt{\frac{1}{2gz} \left( \frac{S_{2}^{2}}{S_{1}^{2}} - 1\right)} \right) dz \\ t &= \int \left( \sqrt{\frac{S_{2}^{2}}{2gzS_{1}^{2}}} \right) dz \\ t &= \frac{1}{\sqrt{2g}S_{1}}\int \left( \frac{S_{2}}{\sqrt{z}} \right) dz \end{align*}}$$

La razón por la cual se realiza esta aproximación es debido a que calcular la integral con un valor $S_{1}$ considerable se vuelve complejo al intentar hallar la ecuación de tiempo de vaciado

Tanque con forma de cono circular

Cono circular con vértice en el origen

La recta generatriz esta dada por la ecuación $z = (H/R) r$

Tanque cónico con vértice en el origen

Por ecuación de tiempo de vaciado

$${\large \begin{align*} t &= \frac{\pi}{\sqrt{2g}S_{1}}\int \left( \frac{r^{2}}{\sqrt{z}} \right) dz \\ t &= \frac{\pi}{\sqrt{2g}S_{1}}\int_{0}^{H} \left( \frac{R^{2} z^2}{\sqrt{z} H^2} \right) dz \\ t &= \frac{\pi R^2}{\sqrt{2g}S_{1} H^2}\int_{0}^{H} \left( z^{3/2} \right) dz \\ t &= \frac{\pi R^2}{\sqrt{2g}S_{1} H^2} \left( \left. \frac{z^{5/2}}{5/2} \right|_{0}^{H} \right) \\ t &= \frac{2\pi R^2 H^{1/2}}{5\sqrt{2g}S_{1}} \end{align*}}$$

Cono circular con base en el plano XY

La recta generatriz esta dada por la ecuación $z = H(1 - r/R)$

Tanque cónico con base en el plano XY

Por ecuación de tiempo de vaciado

$${\large \begin{align*} t &= \frac{\pi}{\sqrt{2g}S_{1}}\int \left( \frac{r^{2}}{\sqrt{z}} \right) dz \\ t &= \frac{\pi}{\sqrt{2g}S_{1}}\int_{0}^{H} \left( \frac{R^{2} (H-z)^2}{\sqrt{z} H^2} \right) dz \\ t &= \frac{\pi R^2}{\sqrt{2g}S_{1} H^2 }\int_{0}^{H} \left( \frac{H^2 - 2Hz + z^2 }{\sqrt{z}} \right) dz \\ t &= \frac{\pi R^2}{\sqrt{2g}S_{1} H^2 }\int_{0}^{H} \left( H^2 z^{-1/2} - 2Hz^{1/2} + z^{3/2} \right) dz \\ t &= \frac{\pi R^2}{\sqrt{2g}S_{1} H^2 } \left( \left. \frac{H^2 z^{1/2}}{1/2} - \frac{2Hz^{3/2}}{3/2} + \frac{z^{5/2}}{5/2} \right|_{0}^{H} \right) \\ t &= \frac{16 \pi R^2 H^{1/2}}{15 \sqrt{2g}S_{1} } \end{align*}}$$

Tanque con forma de paraboloide circular

Paraboloide circular con vértice en el origen

La parábola generatriz esta dada por la ecuación $z = (H/R^2) r^2$

Tanque parabólico con vértice en el origen

Por ecuación de tiempo de vaciado

$${\large \begin{align*} t &= \frac{\pi}{\sqrt{2g}S_{1}}\int \left( \frac{r^{2}}{\sqrt{z}} \right) dz \\ t &= \frac{\pi}{\sqrt{2g}S_{1}}\int_{0}^{H} \left( \frac{z R^2 }{\sqrt{z} H} \right) dz \\ t &= \frac{\pi R^2}{\sqrt{2g}S_{1} H}\int_{0}^{H} \left( z^{1/2} \right) dz \\ t &= \frac{\pi R^2}{\sqrt{2g}S_{1} H} \left( \left. \frac{z^{3/2}}{3/2} \right|_{0}^{H} \right) \\ t &= \frac{2 \pi R^2 H^{1/2}}{3 \sqrt{2g}S_{1} } \end{align*}}$$

Paraboloide circular con base en el plano XY

La parábola generatriz esta dada por la ecuación $z = H(1 - r^2/R^2)$

Tanque parabólico con base en el plano XY

Por ecuación de tiempo de vaciado

$${\large \begin{align*} t &= \frac{\pi}{\sqrt{2g}S_{1}}\int \left( \frac{r^{2}}{\sqrt{z}} \right) dz \\ t &= \frac{\pi}{\sqrt{2g}S_{1}}\int_{0}^{H} \left( \frac{R^2 \left( 1 - z/H \right)}{\sqrt{z}} \right) dz \\ t &= \frac{\pi R^2}{\sqrt{2g}S_{1} H}\int_{0}^{H} \left( H z^{-1/2} - z^{1/2} \right) dz \\ t &= \frac{\pi R^2}{\sqrt{2g}S_{1} H} \left( \left. \frac{H z^{1/2}}{1/2} - \frac{z^{3/2}}{3/2} \right|_{0}^{H} \right) \\ t &= \frac{4 \pi R^2 H^{1/2}}{3 \sqrt{2g}S_{1}} \end{align*}}$$

Tanque con forma de semiesfera de radio R

Semiesfera con centro en el origen

La ecuación de la circunferencia generatriz es igual a $r^2 + z^2 = R^2$

Tanque semiesférico con centro en el origen 

Por ecuación de tiempo de vaciado

$${\large \begin{align*} t &= \frac{\pi}{\sqrt{2g}S_{1}}\int \left( \frac{r^{2}}{\sqrt{z}} \right) dz \\ t &= \frac{\pi}{\sqrt{2g}S_{1}}\int_{0}^{R} \left( \frac{R^{2} - z^{2}}{\sqrt{z}} \right) dz \\ t &= \frac{\pi}{\sqrt{2g}S_{1}}\int_{0}^{R} \left( R^{2} z^{-1/2} - z^{3/2} \right) dz \\ t &= \frac{\pi}{\sqrt{2g}S_{1}} \left( \left. \frac{R^{2} z^{1/2}}{1/2} - \frac{z^{5/2}}{5/2} \right|_{0}^{R} \right) \\ t &= \frac{8 \pi R^{5/2}}{5 \sqrt{2g}S_{1}} \end{align*}}$$

Semiesfera con vértice en el origen

La ecuación de la circunferencia generatriz es igual a $r^2 + (z-R)^2 = R^2$

Tanque semiesférico con vértice en el origen

Por ecuación de tiempo de vaciado

$${\large \begin{align*} t &= \frac{\pi}{\sqrt{2g}S_{1}}\int \left( \frac{r^{2}}{\sqrt{z}} \right) dz \\ t &= \frac{\pi}{\sqrt{2g}S_{1}}\int_{0}^{R} \left( \frac{2Rz - z^{2}}{\sqrt{z}} \right) dz \\ t &= \frac{\pi}{\sqrt{2g}S_{1}}\int_{0}^{R} \left( 2Rz^{1/2} - z^{3/2} \right) dz \\ t &= \frac{\pi}{\sqrt{2g}S_{1}} \left( \left. \frac{2Rz^{3/2}}{3/2} - \frac{z^{5/2}}{5/2} \right|_{0}^{R}  \right) \\ t &= \frac{14 \pi R^{5/2}}{15 \sqrt{2g}S_{1}} \end{align*}}$$

Tanque con forma de cilindro de altura H

La base del cilindro es una elipse de área igual a $A= \pi ab$

Tanque cilíndrico de base elíptica

Por ecuación de tiempo de vaciado

$${\large \begin{align*} t &= \frac{\pi}{\sqrt{2g}S_{1}}\int \left( \frac{r^{2}}{\sqrt{z}} \right) dz \\ t &= \frac{\pi}{\sqrt{2g}S_{1}}\int_{0}^{H} \left( \frac{ab}{\sqrt{z}} \right) dz \\ t &= \frac{\pi ab}{\sqrt{2g}S_{1}}\int_{0}^{H} \left( z^{-1/2} \right) dz \\ t &= \frac{\pi ab}{\sqrt{2g}S_{1}} \left( \left. \frac{z^{1/2}}{1/2} \right|_{0}^{H} \right) \\ t &= \frac{2 \pi ab H^{1/2}}{\sqrt{2g}S_{1}} \end{align*}}$$

Tanque con forma de paralelepípedo de altura H

La base del paralelepípedo tiene un área igual a $A=ab$

Tanque en forma de paralelepípedo

Por ecuación de tiempo de vaciado

$${\large \begin{align*} t &= \frac{1}{\sqrt{2g}S_{1}}\int \left( \frac{S_{2}}{\sqrt{z}} \right) dz \\ t &= \frac{1}{\sqrt{2g}S_{1}}\int_{0}^{H} \left( \frac{ab}{\sqrt{z}} \right) dz \\ t &= \frac{ab}{\sqrt{2g}S_{1}} \int_{0}^{H} \left( z^{-1/2} \right) dz \\ t &= \frac{ab}{\sqrt{2g}S_{1}} \left( \left. \frac{z^{1/2}}{1/2} \right|_{0}^{H} \right) \\ t &= \frac{2 ab H^{1/2}}{\sqrt{2g}S_{1}} \end{align*}}$$

Tanque con forma de pirámide de base rectangular

Pirámide con vértice en el origen

El rectángulo es de longitudes $x = az/H$ y $y=bz/H$.

Tanque piramidal con vértice en el origen

Por ecuación de tiempo de vaciado

$${\large \begin{align*} t &= \frac{1}{\sqrt{2g}S_{1}}\int \left( \frac{S_{2}}{\sqrt{z}} \right) dz \\ t &= \frac{1}{\sqrt{2g}S_{1}}\int_{0}^{H} \left( \frac{4 x y}{\sqrt{z}} \right) dz \\ t &= \frac{4}{\sqrt{2g}S_{1}}\int_{0}^{H} \left( \frac{a b z^2}{H^2 \sqrt{z}} \right) dz \\ t &= \frac{4ab}{\sqrt{2g}S_{1} H^2 }\int_{0}^{H} \left(  z^{3/2} \right) dz \\ t &= \frac{4ab}{\sqrt{2g}S_{1} H^2 } \left( \left. \frac{z^{5/2}}{5/2} \right|_{0}^{H} \right) \\ t &= \frac{8ab H^{1/2}}{5\sqrt{2g}S_{1} } \end{align*}}$$

Pirámide con base en el plano XY

El rectángulo es de longitudes $x = a(H-z)/H$ y $y=b(H-z)/H$

Tanque piramidal con base en el plano XY

Por ecuación de tiempo de vaciado

$${\large \begin{align*} t &= \frac{1}{\sqrt{2g}S_{1}}\int \left( \frac{S_{2}}{\sqrt{z}} \right) dz \\ t &= \frac{1}{\sqrt{2g}S_{1}}\int_{0}^{H} \left( \frac{4 x y}{\sqrt{z}} \right) dz \\ t &= \frac{4}{\sqrt{2g}S_{1}}\int_{0}^{H} \left( \frac{a b (H-z)^2}{H^2 \sqrt{z}} \right) dz \\ t &= \frac{4ab}{\sqrt{2g}S_{1}H^2}\int_{0}^{H} \left( \frac{  H^2 - 2zH + z^2}{ \sqrt{z}} \right) dz \\ t &= \frac{4ab}{\sqrt{2g}S_{1}H^2}\int_{0}^{H} \left( H^2 z^{-1/2} - 2Hz^{1/2} + z^{3/2} \right) dz \\    t &= \frac{4ab}{\sqrt{2g}S_{1}H^2} \left( \left. \frac{H^2 z^{1/2}}{1/2} - \frac{2Hz^{3/2}}{3/2} + \frac{z^{5/2}}{5/2} \right|_{0}^{H} \right) \\ t &= \frac{64abH^{1/2}}{15\sqrt{2g}S_{1}} \end{align*}}$$

Tanque con forma de cono truncado

Cono truncado con base menor en el plano XY

El radio del cono truncado estad dado por $r = R_{1} + (R_{2} - R_{1})z / H$

Tanque con forma de cono truncado

Por ecuación de tiempo de vaciado

$${\large \begin{align*} t &= \frac{\pi}{\sqrt{2g}S_{1}}\int \left( \frac{r^{2}}{\sqrt{z}} \right) dz \\ t &= \frac{\pi}{\sqrt{2g}S_{1}}\int_{0}^{H} \left( \frac{(R_{1} + (R_{2} - R_{1})z / H)^{2}}{\sqrt{z}} \right) dz \\ t &= \frac{\pi}{\sqrt{2g}S_{1} H^2 }\int_{0}^{H} \left( \frac{(H R_{1} + (R_{2} - R_{1})z)^{2}}{\sqrt{z}} \right) dz \\ t &= \frac{\pi}{\sqrt{2g}S_{1} H^2 }\int_{0}^{H} \left( \frac{H^2  R_{1}^2 + 2HR_{1}(R_{2} - R_{1})z +  (R_{2} - R_{1})^2 z^2 }{\sqrt{z}} \right) dz \\ t &= \frac{\pi}{\sqrt{2g}S_{1} H^2 }\int_{0}^{H} \left( H^2  R_{1}^2 z^{-1/2} + 2HR_{1}(R_{2} - R_{1})z^{1/2} +  (R_{2} - R_{1})^2 z^{3/2} \right) dz \\ t &= \frac{\pi}{\sqrt{2g}S_{1} H^2 } \left( \left. \frac{H^2  R_{1}^2 z^{1/2}}{1/2} + \frac{2HR_{1}(R_{2} - R_{1})z^{3/2}}{3/2} +  \frac{(R_{2} - R_{1})^2 z^{5/2}}{5/2} \right|_{0}^{H} \right) \\ t &= \frac{\pi H^{1/2}}{\sqrt{2g}S_{1} } \left( 2 R_{1}^2  + \frac{4R_{1}(R_{2} - R_{1})}{3} +  \frac{2(R_{2} - R_{1})^2}{5} \right) \\ t &= \frac{2 \pi H^{1/2}}{15 \sqrt{2g}S_{1} } \left( 8 R_{1}^2  + 4 R_{1} R_{2} + 3 R_{2}^{2} \right) \\ \end{align*}}$$

Cono truncado con base mayor en el plano XY

El radio del cono truncado estad dado por $r = R_{1} + (R_{2} - R_{1})(H - z) / H$

Tanque con forma de cono truncado

Por ecuación de tiempo de vaciado

$${\large \begin{align*} t &= \frac{\pi}{\sqrt{2g}S_{1}}\int \left( \frac{r^{2}}{\sqrt{z}} \right) dz \\ t &= \frac{\pi}{\sqrt{2g}S_{1}}\int_{0}^{H} \left( \frac{(R_{1} + (R_{2} - R_{1})(H-z) / H)^{2}}{\sqrt{z}} \right) dz \\ t &= \frac{\pi}{\sqrt{2g}S_{1}H^2}\int_{0}^{H} \left( \frac{(R_{1}H + (R_{2} - R_{1})(H-z) )^{2}}{\sqrt{z}} \right) dz \\ t &= \frac{\pi}{\sqrt{2g}S_{1}H^2}\int_{0}^{H} \left( \frac{R_{1}^2 H^2 + 2R_{1}H(R_{2} - R_{1})(H-z) + (R_{2} - R_{1})^2(H-z)^2}{\sqrt{z}} \right) dz \\ t &= \frac{\pi}{\sqrt{2g}S_{1}H^2}\int_{0}^{H} \left( R_{1}^2 H^2 z^{-1/2} + 2R_{1}H(R_{2} - R_{1})(H-z) z^{-1/2} + (R_{2} - R_{1})^2(H-z)^2 z^{-1/2} \right) dz \\ t &= \frac{\pi}{\sqrt{2g}S_{1}H^2} \left( \left. \frac{R_{1}^2 H^2 z^{1/2}}{1/2} + 2R_{1}H(R_{2} - R_{1})\left( \frac{H z^{1/2}}{1/2} - \frac{z^{3/2}}{3/2} \right) + (R_{2} - R_{1})^2 \left( \frac{H^2 z^{1/2}}{1/2} - \frac{2H z^{3/2}}{3/2} + \frac{z^{5/2}}{5/2} \right) \right|_{0}^{H} \right) \\ t &= \frac{\pi H^{1/2}}{\sqrt{2g}S_{1}} \left(  2 R_{1}^2  + \frac{8}{3} R_{1}(R_{2} - R_{1}) + \frac{16}{15} (R_{2} - R_{1})^2 \right) \\ t &= \frac{2\pi H^{1/2}}{15\sqrt{2g}S_{1}} \left( 3R_{1}^{2}  + 4 R_{1}R_{2} + 8 R_{2}^{2} \right) \end{align*}}$$

Tanque con forma de pirámide truncado

Pirámide truncado con base menor en el plano XY

El rectángulo es de longitudes $x = a^{'} + (a-a^{'})z/H$ y $y = b^{'} + (b-b^{'})z/H$

Tanque con forma de pirámide truncada

Por ecuación de tiempo de vaciado

$${\large \begin{align*} t &= \frac{1}{\sqrt{2g}S_{1}}\int \left( \frac{S_{2}}{\sqrt{z}} \right) dz \\ t &= \frac{1}{\sqrt{2g}S_{1}}\int_{0}^{H} \left( \frac{4 x y}{\sqrt{z}} \right) dz \\ t &= \frac{4}{\sqrt{2g}S_{1}}\int_{0}^{H} \left( \frac{(a^{'}H + (a - a^{'})z ) (b^{'}H + (b - b^{'})z ) }{H^2 \sqrt{z}} \right) dz \\ t &= \frac{4}{\sqrt{2g}S_{1} H^2}\int_{0}^{H} \left( \frac{ a^{'}b^{'}H^2 + H( b^{'}(a - a^{'}) + a^{'}(b - b^{'}) )z + (a - a^{'})(b - b^{'})z^2 }{\sqrt{z}} \right) dz \\ t &= \frac{4}{\sqrt{2g}S_{1} H^2}\int_{0}^{H} \left( a^{'}b^{'}H^2 z^{-1/2} + H( b^{'}(a - a^{'}) + a^{'}(b - b^{'}) )z^{1/2} + (a - a^{'})(b - b^{'})z^{3/2}  \right) dz \\ t &= \frac{4 H^{1/2}}{\sqrt{2g}S_{1}} \left(  2a^{'}b^{'} + \frac{2}{3}\left( b^{'}(a - a^{'}) + a^{'}(b - b^{'}) \right)  + \frac{2}{5}(a - a^{'})(b - b^{'}) \right)  \\ t &= \frac{8 H^{1/2}}{15\sqrt{2g}S_{1}} \left( 3ab + 8a^{'} b^{'} + 2b^{'}a + 2 a^{'} b \right)  \end{align*}}$$

Casos particulares

• Para $a = a^{'}$

$${\large \begin{align*} t &= \frac{8 H^{1/2} a (b + 2b^{'}) }{3\sqrt{2g}S_{1}} \end{align*} }$$

• Para $b = b^{'}$

$${\large \begin{align*} t &= \frac{8 H^{1/2} b (a + 2a^{'}) }{3\sqrt{2g}S_{1}} \end{align*} }$$

Pirámide truncado con base mayor en el plano XY

El rectángulo es de longitudes $x = a^{'} + (a-a^{'})(H-z)/H$ y $y = b^{'} + (b-b^{'})(H-z)/H$

Tanque con forma de pirámide truncada

Por ecuación de tiempo de vaciado

$${\large \begin{align*} t &= \frac{1}{\sqrt{2g}S_{1}}\int \left( \frac{S_{2}}{\sqrt{z}} \right) dz \\ t &= \frac{1}{\sqrt{2g}S_{1}}\int_{0}^{H} \left( \frac{4 x y}{\sqrt{z}} \right) dz \\ t &= \frac{4}{\sqrt{2g}S_{1}}\int_{0}^{H} \left( \frac{(a^{'}H + (a - a^{'})(H- z) ) (b^{'}H + (b - b^{'})(H- z) ) }{H^2 \sqrt{z}} \right) dz  \\ t &= \frac{4}{\sqrt{2g}S_{1} H^2 }\int_{0}^{H} \left( \frac{ a^{'}b^{'}H^2 + H( b^{'}(a - a^{'}) + a^{'}(b - b^{'})) (H - z) + (a - a^{'}) (b - b^{'}) (H^2 - 2Hz + z^2)  }{ \sqrt{z}} \right) dz \\ t &= \frac{4}{\sqrt{2g}S_{1} H^2 }\int_{0}^{H} \left(  a^{'}b^{'}H^2 z^{-1/2} + H( b^{'}(a - a^{'}) + a^{'}(b - b^{'})) (Hz^{-1/2} - z^{1/2}) + (a - a^{'}) (b - b^{'}) (H^2 z^{-1/2} - 2H z^{1/2} + z^{3/2})  \right) dz \\ t &= \frac{4}{\sqrt{2g}S_{1} H^2 } \left( \left. \frac{a^{'}b^{'}H^2 z^{1/2}}{1/2} + H( b^{'}(a - a^{'}) + a^{'}(b - b^{'})) \left( \frac{Hz^{1/2}}{1/2} - \frac{z^{3/2}}{3/2} \right) + (a - a^{'}) (b - b^{'}) \left( \frac{H^2 z^{1/2}}{1/2} - \frac{2 H z^{3/2}}{3/2} + \frac{z^{5/2}}{5/2} \right) \right|_{0}^{H} \right) \\ t &= \frac{4 H^{1/2}}{\sqrt{2g}S_{1} } \left(  2 a^{'}b^{'} + \frac{4}{3}( b^{'}(a - a^{'}) + a^{'}(b - b^{'})) + \frac{16}{15}(a - a^{'}) (b - b^{'}) \right) \\ t &= \frac{8 H^{1/2}}{15 \sqrt{2g}S_{1} } ( 3a^{'} b^{'} + 8ab + 2b^{'}a + 2a^{'}b) \end{align*}} $$

Casos particulares

• Para $a = a^{'}$

$${\large \begin{align*} t &= \frac{8 H^{1/2} a (2b + b^{'}) }{3\sqrt{2g}S_{1}} \end{align*} }$$

• Para $b = b^{'}$

$${\large \begin{align*} t &= \frac{8 H^{1/2} b (2a + a^{'}) }{3\sqrt{2g}S_{1}} \end{align*} }$$

La razón por la cual los tanques cuyo vértice está en el origen, en comparación con aquellos cuya base se encuentra en el plano XY, tienen un tiempo de vaciado menor se debe, respectivamente, a la ecuación de continuidad.

$${\large \begin{align*} v_{0} S_{0} &= v_{xy} S_{xy} \\ \frac{S_{0}}{S_{xy}} &= \frac{v_{xy}}{v_{0}} \end{align*}}$$

Dado que el área de $S_{xy}$ es mayor que la del área $S_{0}$, podemos expresar lo siguiente: $S_{xy} = k S_{0}$, donde el valor de $k$ es mayor que 1.

$${\large \begin{align*} \frac{S_{0}}{S_{xy}} &= \frac{v_{xy}}{v_{0}} \\ \frac{S_{0}}{k S_{0}} &= \frac{v_{xy}}{v_{0}} \\ \frac{1}{k} &= \frac{v_{xy}}{v_{0}} \\ v_{0} &= k v_{xy} \end{align*}}$$

Dado que k es mayor que 1, entonces obtenemos $v_{0} > v_{xy}$. Por lo tanto, un tanque con el vértice en el origen se vacía más rápido que un tanque con la base en el plano XY.