1. Empuje y Equilibrio 1 - … · lectura del dinamómetro y de la balanza. Solución 2 ... Para...

1. Empuje y Equilibrio 1 �

Proyecto 11.06.31 UTFSM �

Problema 1

Al colgar una piedra de un dinamómetro, éste marca 60 [N]. Al

sumergir la piedra en agua como se indica en la figura, el

dinamómetro indica sólo 40 [N].

Calcular la densidad de la piedra respecto al agua.

Solución 1

El valor [ ]60 N que indica inicialmente el dinamómetro,

corresponde peso de la piedra, es decir,

[ ]60 piedraW m g N= ⋅ =

Cuando la piedra está sumergida, el agua ejerce sobre ella la fuerza

de empuje (E) que actúa verticalmente hacia arriba, como se indica

en el diagrama de cuerpo libre. En estas condiciones el

dinamómetro indica la fuerza necesaria para sostener la piedra,

[ ]40 T N= . La ecuación de equilibrio de fuerzas para la piedra es,

T E m g E m g T+ = ⋅ � = ⋅ − ,

de dónde se obtiene que [ ]20 E N= .La fuerza de empuje está dada por = ⋅ ⋅agua dE V gρ , donde

dV es el volumen desplazado de agua al sumergir la piedra y aguaρ es la densidad del agua.

Además, el peso de la piedra satisface la relación piedra piedram g V gρ⋅ = ⋅ ⋅ , donde piedraV es el

volumen de la piedra y piedraρ es su densidad. Puesto que la piedra está completamente

sumergida, en éste caso =piedra dV V . Dividiendo entre si las dos ecuaciones precedentes y

reemplazando los valores numéricos respectivos se obtiene:

⋅ ⋅

=piedra piedraV gmg

E

ρ

⋅ ⋅agua dV gρ60

320

= =

Luego, la densidad de la piedra respecto al agua es 3piedra

agua

ρρ

= .



Problema 2

Un recipiente de masa 1,0 [kg] contiene 2,0 [kg] de agua y

descansa sobre una balanza de aluminio. Un bloque de 2,0 [kg] de

aluminio (densidad específica 2,7) suspendido de un dinamómetro

se sumerge en el agua, como se muestra en la figura. Determinar la

lectura del dinamómetro y de la balanza.

Solución 2

El dinamómetro indica la tensión en la cuerda que sujeta el bloque

de aluminio. A partir del diagrama de cuerpo libre para el bloque

(ver figura) se escribe la ecuación de equilibrio que permite obtener

la tensión,

al alT E W T W E+ = � = −

dónde al al alW V gρ= ⋅ ⋅ es el peso del bloque de aluminio y = ⋅ ⋅agua dE V gρ es el empuje que ejerce el fluido.

Además, 2,7al

agua

ρρ

= y = = ald al

al

mV V

ρ , lo cual conduce a:

Para obtener la lectura de la balanza es necesario identificar la fuerza

(Fb) de interacción entre la superficie de la balanza y la base del

recipiente. En la figura se considera como sistema en equilibrio al

vaso con agua más el bloque sumergido, así la ecuación de equilibrio

se escribe:

b sT F W+ = con s vaso agua alW W W W= + +

Despejando la fuerza Fb obtenemos:

E

T

alW

( )[ ]

1,0 1,0 0,63

2,7

12

= ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ = ⋅ − ⋅ ⋅

� �= ⋅ − ⋅ = ⋅ − ⋅� ��

�

�

alal al agua d al agua

al

alal al al

al agua

mT V g V g m g g

mm g g m g m g

N

ρ ρ ρρ

ρ ρ



( ) ( ) [ ]( )

1,0 2,0 9,8 2,0 9,8 12 37

= + + −

= + ⋅ + ⋅ − �

b vaso agua alF W W W T

N

Puesto que la balanza indica el valor de una masa que ejerce la fuerza ��; ella indica el valor:

[ ]3,8 =bFkg

g

De acuerdo a lo obtenido anteriormente, la cantidad entre paréntesis ( Wal - T ) es el empuje

= −alE W T , que es equivalente al peso del agua desplazada ( Wd ), por lo tanto:

= + + = + +b vaso agua vaso agua dF W W E W W W

Note que la suma +agua dW W , corresponde al peso de un volumen de agua, que llena el recipiente

hasta el nivel que resulta cuando el bloque está sumergido. Note también que cuando la tensión T

no está presente, el bloque de aluminio se apoya sobre el fondo del recipiente, el nivel del agua

no cambia y Fb aumenta al valor:

= + +b vaso agua alF W W W



Problema 3

En una piscina flota un bote con una persona y una roca grande a bordo. ¿Qué ocurre con el nivel

de la piscina cuando la roca se arroja al agua?

Solución 3

Inicialmente, mientras la persona y la roca están a bordo del bote, la ecuación de equilibrio para

el sistema formado por el bote, la persona y la roca es:

( ) 1bote persona rocam m m g E+ + =

Donde 1 1= ⋅ ⋅a dE V gρ , es la fuerza de empuje, aρ es la densidad del agua y 1dV es el volumen

de agua desplazada por el bote, cuando la piedra y la persona están sobre el. Note que 1dV

corresponde al volumen sumergido del bote.

Al tirar la roca al agua, ella se hunde hasta llegar al fondo de la piscina. La ecuación de equilibrio

para la roca es

2 roca rm g N E⋅ = +

dónde 2 = ⋅ ⋅r a rocaE V gρ , es la fuerza de empuje sobre la roca, Vroca es el volumen de la roca, y

N es la fuerza vertical que ejerce el fondo de la piscina sobre la roca.

La ecuación de equilibrio para el bote con la persona a bordo es:

2( )+ ⋅ =bote persona bm m g E

dónde 2 2= ⋅ ⋅b a sE V gρ es la fuerza de empuje sobre el bote, sólo con la persona en su interior, y

Vs2 es el nuevo volumen sumergido del bote o volumen de agua desplazado.

Luego el volumen total desplazado en las nuevas condiciones es:

2 2= +d s rocaV V V

Para saber si el nivel de agua de la piscina baja o sube, simplemente se debe comparar el volumen

desplazado en ambos casos. Para ello, examinaremos la diferencia 1 2−d dV V . Despejando ambas

cantidades de las relaciones anteriores, se obtiene:



1

1( )= + + ⋅d persona bote roca

a

V m m mρ

2 2

1( )= + = + ⋅ +d s roca persona bote roca

a

V V V m m Vρ

Haciendo la diferencia se obtiene:

1 2

1 1( ) ( ) d d persona bote roca persona bote roca

a a

V V m m m m m V− = + + − + −ρ ρ

Usando roca r rocam V= ⋅ρ , donde rρ es la densidad de la roca; entonces:

1 2

1 1r

d d r roca roca rocaa a

V V V V V� �

− = ⋅ ⋅ − = −� ��

ρρρ ρ

Puesto que r aρ ρ> , entonces ( )1 2 0d dV V− > es positivo y por lo tanto 1 2d dV V> .

En cada situación, el nivel ih del agua en la piscina (con i 1 o 2)= , está dado por la ecuación:

agua di iV V A h+ = ⋅ ,

dónde hemos supuesto que la piscina es de fondo plano y la sección transversal horizontal A es

constante. Lo anterior indica que el nivel mayor corresponde al mayor volumen desplazado.

Luego, el nivel del agua inicialmente es mayor y por lo tanto el nivel del agua baja cuando la roca

se arroja al agua. ¿Qué sucedería con el nivel del agua, si el hombre se lanza al agua?



Problema 4

Una varilla de madera de longitud L, y densidad ρ , menor que

la densidad del agua Aρ , está sumergida en un recipiente con

agua y puede girar libremente alrededor de un eje horizontal

fijo que pasa por su extremo inferior, como se indica en la

figura.

a) ¿Cuáles son las posiciones de equilibrio estable e inestable

de la varilla?

b) El extremo superior de la varilla se desplaza en un pequeño ángulo en torno a la posición de

equilibrio estable y luego se suelta. Suponiendo que el único efecto del líquido es ejercer el

empuje ¿Cuál es la frecuencia de oscilación de la varilla,?

Solución 4

a) Puesto que la varilla sólo puede rotar en torno al pivote, para

que esté en equilibrio el torque neto sobre ella debe ser igual a

cero. Suponemos que las únicas fuerzas que realizan torque

respecto al pivote son: el peso de la varilla, que actúa en el centro

de masa de ésta, y el empuje que en este caso también actúa en el

centro de masa de la varilla (debido a que se encuentra totalmente

sumergida). Entonces, la ecuación de equilibrio de torques respecto

al pivote se escribe:

( ) ( ) 02 2L L

W sen E senθ θ⋅ − ⋅ =

Además W V gρ= ⋅ ⋅ y AE V gρ= ⋅ ⋅ , por lo tanto:

( ) ( )AV g sen V g senρ θ ρ θ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅

( ) ( ) 0A senρ ρ θ− =

La única posibilidad de que se cumpla la ecuación anterior es que ( ) 0sen θ = , y esto sólo es

posible si 0θ = , o θ π= . Estas condiciones corresponden a los lugares en que la varilla está

vertical. Para determinar cual posición es estable y cual no, se debe recordar lo siguiente.

θE

W



Una posición de equilibrio es estable, si acaso, tras un pequeño desplazamiento del sistema

respecto a dicha posición, éste tiende a volver a ella. Por el contrario, si tiende a alejarse de ella,

la posición de equilibrio es inestable. Ambas situaciones se ilustran en la figura.

En A, la pelota se encuentra en equilibrio

estable, pues cuando se desplaza ligeramente de

esa posición, luego tiende a volver a ella. En B,

la pelota está en equilibrio inestable, porque

cuando se desplaza ligeramente de esa posición

tiende a alejarse de esa posición.

Dado que este caso, E > W, la posición de equilibrio estable es 0θ = y la posición de equilibrio

inestable es θ π= .

b) Como el empuje E�

y el peso W�

actúan en el centro de masa y en

la misma línea de acción, el sistema queda representado como se muestra

en la figura, dónde F E W= − . Este sistema es el llamado péndulo físico.

Para calcular la frecuencia de oscilación en torno a 0θ = , se escribe la

ecuación dinámica:

neto Iτ α= ⋅ ,

dónde 2 21 13 3

I m L V Lρ= ⋅ = ⋅ ⋅ es el momento de inercia de la varilla respecto al pivote y

( )2

2

ddt

α θ θ= = �� es la aceleración angular. Entonces, la ecuación dinámica queda:

( ) ,2L

F sen Iθ θ− ⋅ = ⋅��

Para pequeñas oscilaciones, θ es pequeño y puede hacerse la aproximación ( )sen θ θ≈ . Por lo

tanto la ecuación que describe las oscilaciones pequeñas es:

02F L

Iθ θ⋅+ =

⋅�� .

A

B

θ

F



Ella es reconocida como la ecuación diferencial del movimiento armónico simple, cuya

frecuencia angular está dada por el factor que acompaña a � , mediante la relación:

2

2F L

Iω ⋅=

⋅.

Usando las expresiones encontradas anteriormente, el resultado se puede escribir como:

( )32

AgL

ρ ρω

ρ−

= ⋅



LdygyppdAdF )( 01 ρ+==

Problema 5

Un dique rectangular de ancho L=30 [m] soporta un

volumen de agua hasta una altura H=25 [m]. Determine

las fuerzas que el agua (en la parte interior) y el aire (en

la parte exterior) ejercen sobre el dique.

Solución 5 Las fuerzas que actúan sobre las paredes del dique son

producidas por la presión del agua, que cambia con

la profundidad y la presión atmosférica 0p que

consideraremos constante. Sobre las paredes actúan

fuerzas distribuidas como se indica en la figura que

muestra la vista lateral del dique. También se

indican las fuerzas resultantes F1 y F2 sobre la

pared interior y exterior del dique respectivamente.

Puesto que la presión en el agua depende de la

profundidad y según la relación:

,0 gypp ρ+=

entonces la fuerza que ejerce esta presión sobre

una franja de la pared (de largo L y ancho dy )

es:

Por lo tanto; la fuerza F1 ejercida por el líquido

sobre toda la superficie interior de la pared se

obtiene integrando:

2)(

2

00

01

gLHHLpLdygypF

H ρρ +=+= �



Puesto que la presión atmosférica es prácticamente constante en el rango de la altura H

considerada, la fuerza sobre toda la superficie exterior es:

Luego, la fuerza sobre el dique debido a las presiones es de magnitud:

.22

2

0

2

021

gLHHLp

gLHHLpFFFt

ρρ =−+=−=

Note que las fuerzas debido a la presión atmosférica p0 se anulan. Esto es así pues la presión en

la superficie del agua es la presión atmosférica y su efecto se transmite a todos los puntos del

fluido. Calculando numéricamente usando las unidades SI, se obtiene:

2 710009,8 30 25 9,2 10 [ ]

2= ⋅ ⋅ ⋅ ≈ ⋅tF N

Como podemos apreciar es una fuerza de gran magnitud equivalente aproximadamente al peso de

“9000 autos”.

.02 HLpF =



Problema 6

Un cubo de madera de 10 [cm] de arista está

inmerso en un recipiente que contiene aceite y

agua, de modo que mantiene 2,0 [cm] debajo de

la superficie que separa ambos líquidos, como se

indica en la figura.

La densidad del aceite es 0,6 3/ cmg y la del

agua es 1,0 3cmg .

Determine la masa del cubo.

Solución 6

Considerando que el cubo está en equilibrio, la

sumatoria de fuerzas que actúan sobre él debe ser igual

a cero. Entonces, la fuerza debida a la presión que

actúa sobre una cara lateral se anula con la fuerza que

actúa en la cara opuesta. Para analizar las fuerzas que

actúan verticalmente sobre el cubo, escribimos la

presión en sus caras superior e inferior:

hgPSup ⋅⋅= 1ρ , 2211 )( hghhgPInf ⋅⋅++⋅⋅= ρρ ,

dónde [ ]cmh 81 = y [ ]cmh 22 = .

Así, el equilibrio de fuerzas verticales queda:

APgmAP InfSup ⋅=⋅+⋅ ,

de dónde se obtiene la masa del cubo:

( ) .)( 2211 AhhgA

PPm SupInf ρρ +=⋅−=

Usando los datos numéricos se obtiene la masa en

gramos: m = (0,6·8+1,0·2)·100 = 680[g] .

2. Empuje y Aceleración 12 �


Problema 7

Determinar la inclinación de la superficie libre de un líquido

cuando el recipiente tiene una aceleración constante a�

, como se

indica en la figura adjunta.

Solución 7

Sabemos que en un líquido en equilibrio (sin aceleración) la fuerza externa m g∆ ⋅ � sobre una

porción de él es contrarrestada por la fuerza de empuje vertical que produce el resto del líquido

circundante. Así, en el líquido existe un gradiente de presión que apunta verticalmente hacia

abajo, siendo opuesto al empuje y perpendicular a la superficie. Cuando el líquido está

acelerando, su superficie se reorienta para acomodarse a la fuerza externa que produce la

aceleración. El equilibrio se logra cuando la orientación de la superficie del líquido es

perpendicular a la dirección del gradiente de presión. Esto es así pues un líquido ideal no soporta

esfuerzos de corte. Así, en cualquier situación la superficie libre de un líquido ideal es

perpendicular a la dirección del gradiente de presión.

Consideremos el líquido encerrado

por una superficie cúbica imaginaria,

fija al interior del estanque en

movimiento, escogiendo un sistema

de referencia inercial con los ejes

coordenados paralelos a las aristas de

la superficie cúbica, como se muestra

al costado.

En ella también se indican, en un cierto instante, las fuerzas que actúan sobre el líquido contenido

en el cubo y la aceleración de éste.

Escribiendo la ecuación de movimiento →→

= aMF neta desglosada en sus componentes ( x, y, z ) y

usando que ,0=xa ,aa y = 0=za , tenemos lo siguiente.



En la dirección x: ( ) ( ) 0 P x x y z P x y z+ ∆ ⋅∆ ⋅ ∆ − ⋅∆ ⋅∆ =

Dividiendo la ecuación anterior por el volumen x y z∆ ⋅∆ ⋅∆ se encuentra,

( ) ( )0

P x x P x

x

+ ∆ −=

∆

Tomando el límite cuando 0x∆ → se concluye que:

0dPdx

=

En la dirección y: ( ) ( )P y x z P y y x z m a⋅ ∆ ⋅ ∆ − + ∆ ⋅∆ ⋅∆ = ∆ ⋅

Considerando que m x y zρ∆ = ⋅∆ ⋅∆ ⋅∆ y aplicando el límite cuando 0y∆ → , se obtiene:

dPa

dyρ= − ⋅

En la dirección z: ( ) ( ) 0 P z x y P z z x y m g⋅∆ ⋅ ∆ − + ∆ ⋅∆ ⋅ ∆ − ∆ ⋅ =

Escribiendo m∆ en términos de la densidad ρ y aplicando el límite cuando 0z∆ → , se obtiene:

dPg

dzρ= − ⋅

De acuerdo a lo anterior, la dirección del gradiente de presión no

tiene componente en la dirección x, por lo tanto el vector gradiente

de presión P∇ está en el plano yz y matemáticamente se escribe,

ˆ ˆ P a y g zρ ρ∇ = − ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅

Como se indica en la figura, el gradiente de presión forma un ángulo

α con la horizontal, determinado por la relación:

ag

tan =α

Concluimos que la superficie libre del líquido es plana y forma un ángulo α con la vertical.

Puede usted decir ¿qué dirección tiene la fuerza de empuje del líquido?

P∇ gρ ⋅

aρ ⋅

α

z

y



Problema 8

Un recipiente con agua desliza hacia abajo por un plano

inclinado liso que forma un ángulo α respecto a la

horizontal. ¿Qué ángulo forma la superficie del agua con

la horizontal?

Solución 8

Al igual que en el Problema 7, la orientación de la superficie libre del líquido debe ser

perpendicular a la dirección del gradiente de presión. Usaremos un sistema de referencia inercial

fijo al plano, y las coordenadas mostradas en la figura.

Consideremos una superficie cúbica imaginaria, en el interior del recipiente, de aristas paralelas a

los ejes coordenados, que encierra una porción de líquido, en reposo respecto al recipiente. En la

figura siguiente se muestran por separado las fuerzas debido a la presión y a la gravedad; para

ésta última se muestran además sus componentes según las direcciones z e y .

Puesto que el recipiente desliza sin fricción, la fuerza neta sobre él, es la componente y de su

peso, por lo tanto la aceleración del recipiente es ( )( )g sen α⋅ , que corresponde a la componente

de la aceleración de gravedad en la dirección de movimiento.

Planteando netaF m a→

= ⋅ � , separada en sus componentes según las tres direcciones escogidas se

obtiene lo siguiente.

En la dirección x : ( ) ( ) 0P x x P x y z+ ∆ − ∆ ⋅ ∆ = � �



Dividiendo por V x y z∆ = ∆ ⋅ ∆ ⋅∆ y tomando el límite 0x∆ → , se encuentra que,

0dPdx

=

En la dirección y: ( ) ( ) ( ) yP y x z m g sen P y y x z m aα⋅ ∆ ⋅ ∆ + ∆ ⋅ ⋅ − + ∆ ⋅ ∆ ⋅ ∆ = ∆ ⋅

Puesto que ( )ya g sen α= ⋅ , se cancelan los dos términos que no contienen la presión.

Dividiendo por V x y z∆ = ∆ ⋅ ∆ ⋅∆ y tomando el límite 0y∆ → , se obtiene,

0dPdy

=

En la dirección z : ( ) ( ) ( ) 0P z z x y P z x y m g cos α− + ∆ ⋅ ∆ ⋅∆ + ⋅∆ ⋅ ∆ − ∆ ⋅ ⋅ =

Usado que m Vρ∆ = ⋅∆ , dividiendo por V x y z∆ = ∆ ⋅ ∆ ⋅∆ y tomando el límite 0z∆ → , la

igualdad queda.

( )dPg cos

dzρ α= − ⋅ ⋅

Luego, el gradiente de presión apunta en la dirección ( )z−

y por lo tanto la orientación de la superficie libre del

líquido es perpendicular al eje z , o sea paralela al plano

inclinado y formando un ángulo α con la horizontal.

Sugerencia: Realizar el problema escogiendo un sistema de coordenadas cartesianas con los ejes

x e y horizontales, y comprobar el resultado obtenido anteriormente.

3. Tensión Superficial y Capilaridad 16 �


Problema 9

Considere una burbuja esférica de agua jabonosa que se forma al

soplar hacia un pequeño anillo, como se indica en la figura. En

cierto instante el radio de la burbuja es de [ ]2,0 cm y está

aumentando con rapidez constante de 1,0 [ ]cm / s . Calcular la

potencia instantánea requerida para el incremento de superficie

de la burbuja. La tensión superficial en la burbuja es de

[ ]22,5 10 /N m−× .

Solución 9

En la figura se muestran la presión interior intP , y la presión

exterior extP sobre un segmento de pared de la burbuja de

área A∆ . Ambas presiones generan fuerzas sobre la cara

interior y exterior de la burbuja intF y extF respectivamente.

Puesto que int intF P A= ⋅ ∆ y ext extF P A= ⋅∆ , la magnitud de la

fuerza radial sobre el segmento de superficie es

r int ext int extF F F ( P P ) A= − = − ⋅ ∆ . Cuando el radio de la

burbuja aumenta en r∆ , el trabajo efectuado por dicha

fuerza es:

r int extW F r ( P P ) A r∆ = ⋅ ∆ = − ∆ ⋅ ∆

El trabajo realizado sobre la burbuja completa se obtiene integrando sobre toda su superficie; por

lo tanto para una burbuja esférica, 24int extW ( P P ) r rπ∆ = − ⋅ ⋅ ⋅ ∆ . La potencia desarrollada al

incrementar el radio en r∆ durante un lapso t∆ es:

24int ext

W rp ( P P ) r

t tπ∆ ∆� �= = − ⋅ ⋅ � �∆ ∆� �

En una burbuja esférica, la diferencia entre las presiones interior y exterior se puede relacionar

con la tensión superficial σ planteando el equilibrio de fuerzas para un hemisferio. La fuerza

radial debida a la diferencia de presión, integrada sobre la superficie de un hemisferio, conduce al



siguiente resultado (se omite el cálculo detallado). La fuerza resultante es de magnitud igual al

producto de la diferencia de presión por el área del disco que define el contorno del hemisferio,

es perpendicular a la superficie del disco y apunta hacia adentro del hemisferio. Luego, la

relación de equilibrio de fuerzas para un hemisferio es:

2int int

4( ) 2 2 ext extP P r r P P

rσπ σ π− = ⋅ ⋅ � − =

Note que en una burbuja hay dos superficies, una interior y otra exterior que mantienen una

tensión superficial. En el contorno de un hemisferio, sobre cada superficie actúa una fuerza de

magnitud 2 rσ π⋅ . Reemplazando lo anterior en la expresión

para la potencia media, se obtiene finalmente,

[ ]2 444 16 2,5 10

r drp r r W

r t dtσ π πσ −∆� � � �= ⋅ ⋅ = ⋅ = ⋅� � � �∆� � � �

A propósito del resultado dado anteriormente para la fuerza

resultante de la diferencia de presión actuando sobre la superficie de un hemisferio, vamos a

mencionar un resultado más simple que es conveniente saber. La fuerza resultante de la

diferencia entre las presiones interior y exterior, sobre una superficie oblicua es equivalente a la

suma de las fuerzas producidas por la diferencia de presión sobre la proyección del área oblicua

en dos planos perpendiculares entre sí, como se muestra en la figura a continuación.



Problema 10

Un tubo capilar se sumerge en agua con su extremo inferior

a distancia [ ]10h cm= por debajo de la superficie. El agua

se eleva en el tubo hasta la altura [ ]4 cmδ = por encima del

nivel en el recipiente, siendo nulo el ángulo de contacto

¿Qué presión manométrica se requiere para producir una

burbuja semiesférica en el extremo inferior del tubo?

Solución 10

Para producir una burbuja en el extremo inferior del tubo,

debe soplarse por la parte superior del tubo, con el objeto de

desplazar todo el líquido del interior del tubo hasta formar

una burbuja en su extremo inferior.

En una burbuja de una sola capa se cumple que 2

int ext

FP P

rγ− = donde r es su radio, Fγ es la

tensión superficial del líquido, intP es la presión interior y extP es la presión exterior de la

burbuja. En este caso el radio de la burbuja coincide con el radio del tubo (pues el ángulo de

contacto es cero) y la presión extP está dada por ext atmP P g hρ= + ⋅ ⋅

La elevación capilar puede expresarse en términos de la

tensión superficial, planteando equilibrio de fuerzas, para la

columna capilar de longitudδ . De acuerdo al diagrama de

cuerpo libre indicado en la figura y notando que se cancelan

exactamente los efectos de la presión atmosférica, tenemos:

2m g F rγ π⋅ = ⋅ ⋅

( )2 2r g F rγρ π δ π⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅

Entonces 2F

gr

γ ρ δ= ⋅ ⋅



Igualando las dos expresiones en que aparece la tensión superficial Fγ , se puede obtener el valor

de la presión interior según:

2int ext

FP P g

rγ ρ δ− = = ⋅ ⋅

int extP g Pρ δ= ⋅ ⋅ +

Usando el valor de extP indicado anteriormente, se obtiene el siguiente resultado en términos de

los datos del enunciado:

int atmP P g g hρ δ ρ= + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅

Puesto que se pide explícitamente el valor de la presión manométrica dentro del tubo, es decir

int atmP P− , entonces

( )[ ][ ]

3

2

1000 9 8 0 04 0 10

1 4 10

1 4 10

int atmP P g g h

, , ,

, Pa

, atm

ρ δ ρ

−

− = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅= ⋅ ⋅ +

⋅

⋅

�

�

Este resultado indica que se necesita incrementar aproximadamente en 1,4% la presión

atmosférica en el interior del tubo para lograr que se produzca una burbuja al fondo del tubo

capilar.



Problema 11

Un recipiente cerrado que contiene agua a una presión absoluta

[ ]1 01P , atm= tiene inserto un tubo capilar abierto a la atmósfera

de radio [ ]0 1r , mm= . ¿A qué altura por encima de la superficie

del líquido se elevará el agua en el tubo capilar?

Considere que el ángulo de contacto es 0θ = � , la tensión

superficial es [ ]0 01F , N / mγ = y la densidad es 31000 kg / mρ = � �

Solución 11

El agua se eleva en el tubo capilar por efecto de la diferencia de presión y de la capilaridad. La

elevación total ( )h es la suma de la elevación por diferencia de presión ( )ph más la elevación

por capilaridad ( )ch ; es decir, p ch h h= + . Para calcular ph , planteamos:

atmatm p p

P PP g h P h

gρ

ρ−+ ⋅ ⋅ = � =

⋅

Entonces, ( )

[ ]

5

3

1 01 1 00 1 013 1010 9 8

0 10

p

, , ,h

., m

− ⋅ ×=

⋅≈

Para calcular ch se usa el resultado obtenido en un ejercicio anterior, para el caso particular en

que el ángulo de contacto es 0θ = � , (Problema 10) .

( )2c

F cosh

g rγ θρ

⋅=

⋅ ⋅

Entonces, [ ]

3 4

0 02 110 9 8 100 020

c

,h

,, m

−

⋅=⋅ ⋅

≈

Por lo tanto:

[ ]0 10 0 020 0 12p ch h h , , , m= + = + =



El resultado anterior puede obtenerse a

partir de equilibrio de fuerzas. En este

caso la fuerza debida a la tensión

superficial es vertical y la fuerza debida

a la presión atmosférica, actuando sobre

la superficie curva del líquido en el

capilar, es simplemente ( )2atmP rπ ⋅ .

Según el diagrama de cuerpo libre la

ecuación de equilibrio es:

( ) ( )2 22 atmP r F r P r mgγπ π π⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ +

Escribiendo que ( )2m g r h gπ ρ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ , y despejando h se obtiene:

2atm

FP Ph

g g rγ

ρ ρ−= +

⋅ ⋅ ⋅,

lo cual coincide con el resultado anterior.



Problema 12

Un barómetro de mercurio construido con un tubo

capilar de diámetro interior de 1 [mm] indica en su

escala que la altura de la columna es de 726,0 [mm].

La densidad del mercurio es 13,6 [g/cm3], su tensión

superficial vale 4,65x10 -3 [N/cm] y su ángulo de

contacto con el vidrio es 140α = º. Calcule el valor

de la presión atmosférica.

Solución 12

Notar que el ángulo de contacto de 140° se mide por el interior del mercurio, entre su superficie y

la frontera vertical. Para conocer el valor de la presión atmosférica, es necesario realizar un

diagrama de cuerpo libre de la columna de mercurio en el interior del tubo capilar, teniendo

presente los siguientes dos fenómenos:

a) La presencia de la fuerza de tensión superficial en la interfase mercurio-vidrio, que actúa en

todo el perímetro de contacto entre la superficie del fluido y el tubo de vidrio. La dirección de

dicha fuerza es la indicada en el diagrama de cuerpo libre que se muestra más abajo, con

180 40θ α= − = °.

b) La presión hidrostática, que es igual para todos los puntos de un fluido que están a la misma

altura. Por lo tanto, la presión en el interior del tubo, a nivel de la superficie libre del mercurio

en el recipiente grande, es igual a la presión atmosférica y debe ser suficiente para sostener a

toda la columna de mercurio, considerando su peso y la resultante vertical de la tensión

superficial.

Usando el diagrama de cuerpo l ibre indicado en la figura, para

plantear la sumatoria de fuerzas sobre la columna interior de

mercurio, se obtiene:

0yF =

( ) ( )�

( )2

Presión en la cara Peso columnaTension Superficial inferior de la columna

2 0Hg atmF r cos W P rγ π θ π⋅ + − ⋅ =��

HgW

Fγ

atmP

θ

Patm

726 [mm]

V aciovacío



Nótese que en el enunciado se indica que hay vacío en el espacio interior del tubo por sobre el

menisco superior del mercurio, lo que en el diagrama de cuerpo libre se traduce en la ausencia de

presión sobre esta superficie. Recordar que la presión es el resultado macroscópico de los

choques de las moléculas sobre una superficie. Y en este caso no existen moléculas en la parte

superior del menisco, por lo tanto la presión sobre el es cero1. Sin embargo, por debajo de la

superficie del menisco hay presión ejercida por las moléculas. Recuerde que al pasar de un lado a

otro de la superficie, la presión cambia en una cantidad que depende del radio de curvatura de la

superficie.

Escribiendo detalladamente el peso de la columna y despejando la presión atmosférica atmP se

obtiene:

( ) ( ) ( ) ( )2 22 0atmF r cos r h g P rγ π θ ρ π π⋅ + ⋅ ⋅ − ⋅ =

( )

( )

[ ]

1

12

2

2 4 65 10 4013 600 9 8 0 726

0 001

98186 1

atm

F cosP g h

r, cos

. , ,,

, Pa

γ θρ

− °

⋅= ⋅ ⋅ +

⋅ ×= ⋅ ⋅ +⋅

=

[ ]0 969 atmP , atm=

El resultado anterior no debiera sorprender, pues 1[atm] corresponde a 760 [mmHg], por lo tanto

una columna de mercurio de menor altura (726,0 [mm]) indica una presión menor que 1[atm].

��

�1 El vacío en el espacio interior del tubo es sólo una aproximación, pues en realidad en esa sección del tubo existe mercurio en forma de vapor. Algunas moléculas de mayor velocidad en el líquido son capaces de escapar de él atravesando la superficie, formando así un vapor de mercurio.



Problema 13

Dos tubos capilares de vidrio, coaxiales, se introducen

verticalmente en un recipiente que contiene un líquido. Se

observa que en el interior del tubo más delgado el liquido sube

H=1,2[cm] respecto al nivel del recipiente. El tubo más

delgado tiene radio interior =1r 0,50 [mm] y radio exterior

=2r 1,50 [mm]. El otro tubo tiene radio interior =3r 2,50[mm],

como se ilustra en la figura. El ángulo de contacto entre el

líquido y el vidrio es =θ 10º y la densidad del líquido es

=ρ 0,80[g/cm3].

Determine la altura h que alcanza el líquido en el espacio

anular comprendido entre ambos tubos.

��

Solución 13

La elevación del líquido en el tubo interior es el resultado de interacciones a nivel molecular

entre el líquido, el vidrio y el aire. En esta situación el líquido experimenta una fuerza cuya

componente vertical es hacia arriba, de valor:

θπσ cos 2 11 ⋅⋅= rF ,

dónde σ es la tensión superficial, 10θ = ° y 0,50[ ]r mm= .

En la figura se muestra a la fuerza debida a la tensión superficial,

distribuida sobre el perímetro del fluido al interior del tubo. La porción

de altura H está en equilibrio y obedece a la relación,

MgF =1 ,

dónde 21 M r Hρ π= ⋅ , siendo ρ la densidad del líquido.

Entonces,

21 12 cos r r H gσ π θ ρ π⋅ ⋅ = ⋅ ⋅

Con los datos del enunciado es posible evaluar la siguiente cantidad que usaremos más adelante:



21

2 cos 6[ ]r H mm

gσ θ

ρ⋅ = =⋅

La elevación del líquido en el espacio anular se debe al mismo fenómeno, que en este caso se

produce en ambas paredes. La fuerza vertical se obtiene sumando las contribuciones en ambos

contornos, según:

2 2 32 cos 2 cosF r rσ π θ σ π θ= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅

La ecuación de equilibrio para la porción anular de

altura h es:

2F mg= ,

dónde 2 23 2 ( )m r r hρ π= ⋅ − ⋅ .

Entonces, 2 2

2 3 3 22 cos 2 cos ( )r r r r h gσ π θ σ π θ ρ π⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅ − ⋅ ⋅

Despejando h se obtiene:

3 2

2 cos( )

hg r rσ θ

ρ⋅=

⋅ ⋅ −.

Usando el resultado obtenido al analizar la columna

cilíndrica de líquido en el capilar interior, la altura h se

expresa como:

1

3 2( )r H

hr r

⋅=−

.

Este resultado final ha quedado expresado sólo en términos de los datos geométricos y del valor

12[ ]H mm= medido experimentalmente.

Reemplazando los valores respectivos se obtiene finalmente 6[ ].h mm=

4. Ecuación de Bernoulli y de Continuidad 26 �


Problema 14

Considere el agua que fluye con rapidez de [ ]3 m s sometida a una presión de [ ]akP200 , por una

cañería horizontal que más adelante se estrecha hasta la mitad de su diámetro.

a) ¿Cuál es la velocidad del flujo en la porción de menor sección transversal?

b) ¿Cuál es la presión en la porción más estrecha de la cañería?

c) ¿Qué relación existe entre la masa de agua que fluye por unidad de tiempo a través de cada

sección?

Solución 14

a) Suponiendo que el fluido es incompresible y el

flujo es estacionario, para calcular la rapidez v2

indicada en la figura se utiliza la ecuación de

continuidad. Entonces,

11 1 2 2 2 1

2

A

v A v A v v A

= � = ,

dónde A1 y A2 son áreas de la sección transversal de la cañería, cuyos respectivos diámetros

satisfacen: 2 1 2φ φ= .

Entonces, 2 1 14

Aπ φ= y

2 1

2 4 2A

φπ � �= � ��

, se relacionan por 2 1 4.A A= Sustituyendo esta relación

en la ecuación de continuidad se obtiene:

[ ]2 14 12v v m / s= =

b) Aplicando la ecuación de Bernoulli a las secciones transversales correspondientes a los

diámetros 1φ y 2φ , tenemos que:

2 21 1 1 2 2 2

1 12 2

P v g h P v g hρ ρ ρ ρ+ ⋅ + ⋅ ⋅ = + ⋅ + ⋅ ⋅ ,

Al despejar 2P considerando que 1 2h h= , se obtiene:

( )2 22 1 1 2

12

P P v vρ= + −



Con los datos del enunciado más el resultado de la parte a) y evaluando con 3 210 /kg mρ = � � , la

presión 2P es:

( )[ ]

2 22

5

200 500 3 12

1 3 10

P

, Pa

= + ⋅ −

= ×

Recuerde que la ecuación de Bernoulli acá se ha aplicado considerando que:

♦ Los puntos 1 y 2 se encuentran sobre la misma línea de corriente.

♦ El fluido es incompresible.

♦ El flujo es estacionario.

♦ El flujo es laminar (no turbulento).

♦ El fluido es no viscoso.

♦ El trabajo efectuado sobre el fluido entre los puntos 1 y 2, por agentes externos, es nulo.

c) De acuerdo a la ecuación de continuidad, 1 1 2 2A v A v⋅ = ⋅

Multiplicando por la densidad ρ del líquido que fluye y usando la relación x

vt

∆=∆

, la igualdad

anterior queda:

1 2 1 2

x xA A

t tρ ρ∆ ∆⋅ ⋅ = ⋅ ⋅

∆ ∆ .

Los productos A xρ ⋅ ⋅ ∆ corresponden a la masa m∆ de líquido que fluye por cada sección

durante el lapso t∆ . Luego 1 2m m∆ = ∆ , es decir, la masa que fluye por cada sección en un

mismo intervalo de tiempo es la misma.



Problema 15

Un depósito grande de agua cuyo nivel está a

una altura H respecto al fondo, tiene un

pequeño orificio a una profundidad h respecto

a la superficie, prolongado por un pequeño

tubo como se indica en la figura. Hallar la

distancia X, que alcanza el chorro de agua que

sale por el tubo.

Solución 15

Para calcular la distancia X alcanzada por el chorro de agua, debe calcularse primero la velocidad

2v justo a la salida del pequeño tubo.

Al aplicar la ecuación de Bernoulli y la ecuación de continuidad entre los puntos 1 y 2,

correspondientes a un punto sobre la superficie libre de agua y a uno inmediatamente después del

tubo pequeño, se obtienen las relaciones:

2 21 1 1 2 2 2

1 12 2

P v g h P v g hρ ρ ρ ρ+ ⋅ + ⋅ ⋅ = + ⋅ + ⋅ ⋅

1 1 2 2v A v A⋅ = ⋅

Puesto que 1 2A A la ecuación de continuidad indica que 1 2v v<< y por lo tanto puede

despreciarse el término con 21v en la ecuación de Bernoulli. Usando 1 2 atmP P P= = y 1 2h h h− = ,

se puede despejar 2v a partir de la primera ecuación, obteniéndose:

22

2

12

2

g h v

v g h

ρ ρ⋅ ⋅ ⋅

� ⋅ ⋅

�

�

Para calcular la distancia X, consideramos una

partícula del chorro de agua como un proyectil

lanzado horizontalmente con velocidad 2v

desde una altura ( )H h− .

H h−

X x

y

2v g



Entonces,

2X v t= ⋅ ,

dónde t es el tiempo de caída o el tiempo transcurrido hasta que la partícula toca el suelo. Puesto

que el movimiento es con aceleración constante que apunta verticalmente hacia abajo, el tiempo

de caída se obtiene según:

21

22( )

H h g t

H ht

g

− = ⋅

−� =

Sustituyendo los valores de 2v y t en la ecuación que determina el valor de X se obtiene:

2 ( )X h H h= −

Sugerencia: probar que el máximo alcance del chorro, para recipientes con igual nivel H de agua y

orificios a distinta profundidad h es X H= y ocurre cuando el orificio está en / 2h H= .



Problema 16

Mediante una manguera doblada (sifón) se saca

agua de un recipiente como se indica en a

figura.

a) ¿Cuál es la velocidad de salida del agua por

el extremo inferior del tubo?

b) ¿Cuál es la presión del agua en el punto más

elevado del tubo?

c) ¿Cuál es la máxima altura h que admite este

método de vaciado del recipiente?

Solución 16 a) Para conocer la velocidad de salida del agua en el punto 3, planteamos las ecuaciones de

Bernoulli y de continuidad en los puntos 1 y 3, y luego consideramos que el recipiente tiene

sección transversal mucho mayor que el tubo.

Ecuación de Bernoulli: hgPhgP 32331

211 v

21

v21 ⋅⋅+⋅⋅+=⋅⋅+⋅⋅+ ρρρρ

Ecuación de continuidad: 3311 vv AA ⋅=⋅

Entonces 1

331 vv

AA

⋅= , y puesto que 11

3 <<AA

, se concluye que 31 vv << .

Además atmPPP == 31 , y Hhh += 31 , por lo tanto la ecuación de Bernoulli queda:

,)(v21

3123 Hghhg ⋅⋅≈−⋅⋅≈⋅⋅ ρρρ

de donde se concluye que Hg ⋅⋅≈ 2v3

b) Para conocer la presión en el punto 2, planteamos la ecuación de Bernoulli entre los puntos 2

y 3:

hgPhgP 32332

222 v

21

v21 ⋅⋅+⋅⋅+=⋅⋅+⋅⋅+ ρρρρ ,



En este caso la ecuación de continuidad indica que 32 vv = . Además hHhh +=− 32 , y

atmPP =3 , obteniéndose: )(2 hHgPP atm +⋅⋅−= ρ

c) Para encontrar la máxima altura h a la cual es posible mantener un flujo de agua por el tubo,

debemos considerar que 2P no pueda tomar un valor negativo. Por lo tanto usamos 2P =0

como condición para encontrar el máximo valor de h, obteniendo:

Hg

Ph atm

máx −⋅

=ρ

Por ejemplo, para H = 50 [cm] se obtiene máxh ≈ 9,7 [m].



Problema 17

Una fuente de agua está diseñada para lanzar

verticalmente un chorro hasta 12 [m] de altura.

Consta de una bomba que está a 3 [m] por debajo del

suelo, de una tubería vertical de 2 [cm] de diámetro,

que termina al nivel del suelo en una boquilla de

1[cm] de diámetro.

Hallar la presión que debe suministrar la bomba

(despreciando viscosidad del agua)

Solución 17

A partir de la altura que alcanza el chorro de agua, puede calcularse la velocidad del chorro de

agua al pasar por la boquilla, usando la ecuación de Bernoulli entre los puntos 2 y 3:

32332

222 v

21

v21

hgPhgP ⋅⋅+⋅⋅+=⋅⋅+⋅⋅+ ρρρρ

Considerando que atmPPP == 32 y 0v3 = , se encuentra una relación que permite obtener la

velocidad inicial del chorro:

)(v21

2322 hhg −⋅⋅=+⋅⋅ ρρ � ghh ⋅−⋅= )(2v 232

Usando la ecuación de Bernoulli entre los puntos 1 y 2:

hgPhgP 22221

211 v

21

v21 ⋅⋅+⋅⋅+=⋅⋅+⋅⋅+ ρρρρ ,

y la respectiva ecuación de continuidad entre los mismos puntos: 2211 vv AA ⋅=⋅ , puede expresarse la presión P1 a la salida de la bomba en términos de la velocidad v2 obtenida anteriormente.

Sustituyendo 1

221 vv

AA

⋅= , y despejando P1 se encuentra:

��

�

��

�

��

��

�−⋅⋅⋅+−⋅⋅+=

2

1

2221221 1v

21

)(AA

hhgPP ρρ



Usando además el resultado anterior para 2v , se obtiene finalmente:

( )��

�

��

�

��

��

�−⋅−⋅+−⋅⋅+=

2

1

2231221 1)(

AA

hhghhgPP ρρ .

Usando los datos: ][312 mhh =− , ][1223 mhh =− , ][1012 kPaP = , 41

1

2 =AA

, se encuentra:

��

��

−⋅⋅⋅+⋅⋅+=161

1128,9100038,910001011P

[ ]kPaP 2416,1104,291011 =++=

Una manera equivalente de calcular la velocidad de salida del agua por la boquilla consiste en

aplicar lo que usted sabe sobre el lanzamiento vertical de un proyectil. Trate de verificarlo.



Problema 18

Un depósito de agua se coloca sobre un carro que

puede moverse, con roce despreciable, a lo largo de

una vía horizontal recta.

El depósito posee un orificio lateral por el cual

puede salir agua paralelamente a la vía, como se

indica en la figura.

Considere que la altura inicial del agua es H , el

área A del orificio es mucho menor que el área de

la sección transversal del recipiente, la masa inicial

de agua es 0M y la masa del carro con el depósito

es 0m .

¿Cuál es la aceleración inicial del carro cuando se destapa el orificio lateral?

Solución 18

Consideremos la situación antes de que el chorro de agua llegue al suelo. En tales condiciones, la

aceleración del centro de masa del sistema es nula y su momentum horizontal se mantiene

constante, ya que no hay fuerzas horizontales actuando sobre él.

Luego, el momentum horizontal p∆ que adquiere una porción del chorro durante un lapso de

tiempo t∆ es de igual magnitud y signo contrario al momentum horizontal que adquiere el resto

del sistema. La magnitud p∆ puede calcularse a partir de la masa m∆ de agua contenida en el

chorro, cuya velocidad de salida del recipiente respecto a un sistema de referencia fijo al suelo se

denomina v .

La masa m∆ que sale por el orificio en un lapso t∆ es:

)v( tAVm ∆=∆=∆ ρρ

Utilizando la ecuación de Bernoulli entre la superficie libre de agua (1) y el orificio de salida (2),

tenemos que:



2222

2111 v

21

v21 ρρρρ ++=++ ghPghP .

Considerando que aatmosféricPPP == 21 , Hhh =− 21 , y que el término con 21v es despreciable en

comparación con el término que contiene 22v (según la ecuación de continuidad), se obtiene la

relación que permite despejar la velocidad de salida.

gHgH 2v v21 2 =�= ρρ

Se encuentra que: tAmp ∆=∆=∆=∆ 2gHA tv v 2 ρρ

Puesto que el momentum horizontal que adquiere el resto del sistema, también es de magnitud

p∆ , éste se escribe:

,)(v)( 00c0 tammMmmMp ∆+∆−=∆+∆−=∆

dónde ta∆=∆v es el cambio de velocidad del carro en el lapso ,t∆ y a es su aceleración.

Entonces, la aceleración inicial del carro se obtiene despejando a y tomando el límite cuando

0→∆t . Se obtiene:

ooo mMAgH

mmMtp

a+

=+∆−∆

∆=0

21

ρ

Notar que en el denominador se consideró que 0→∆m cuando 0→∆t .

5. Flujo Viscoso 36 �


Problema 19

Un bloque de madera de 1,0 [m] de arista se suelta,

desde el reposo, sobre una superficie inclinada en

un ángulo θ = 30º, que está perfectamente lubricada

con una capa de aceite de 1,0 [mm] de espesor y

coeficiente de viscosidad de 2,0 [Poise]. Considere

que la densidad específica de la madera es 0,70 y que la superficie es muy larga.

¿Cuál es la velocidad máxima que alcanza el bloque?

Solución 19

El bloque parte desde el reposo y menos. A medida que aumenta la velocidad va aumentando la

fuerza de viscosidad hasta que se reduce a cero la fuerza neta y el bloque alcanza una velocidad

máxima. Cuando se alcanza este estado estacionario, el aceite debajo del bloque tiene un perfil de

velocidad prácticamente lineal como se muestra en la figura.

Para determinar la fuerza que ejerce el aceite sobre el bloque debido a la viscosidad, se utiliza la

relación:�

dónde T es el esfuerzo de corte entre las dos “láminas” adyacentes de fluido, dxdv

es la derivada

de la velocidad del fluido respecto a la longitud perpendicular al movimiento, y � es el

coeficiente de viscosidad del fluido.

El perfil de velocidades en este caso es lineal pues el espesor de aceite es muy pequeño; entonces,

, v

T(dxd

x η=)



dónde V es la velocidad del bloque. Por lo tanto, la fuerza de roce viscoso entre el bloque y el

aceite es de magnitud:

dónde 2aA = es el área de contacto del bloque con el aceite.

Cuando el bloque alcanza la velocidad máxima, la fuerza neta que actúa sobre él es cero y por lo

tanto se cumple que:

)º30(MgsenF = .

Entonces,

Y finalmente,

Utilizando los datos: η =2 [Poise] = 2⋅⋅⋅⋅0.1 [Pa*s], ρ = 0.7 ][700 3mkgagua =ρ , se obtiene

39,8 700 1 10[ ] 17, 2[ ]

2 0.2

−⋅ ⋅ ⋅= =⋅máxV m s m s

, v

εV

dxd =

, * AV

ATFε

η==

)º30(MgsenAVmáx =

εη

ηερ

2ag

Vmáx =



Problema 20

Un fluido de viscosidad � y densidad � se mueve a través de una tubería cilíndrica horizontal de

100 [m] de largo y 10 [cm] de radio que está conectada a la base de un estanque que tiene líquido

hasta una altura H, y el otro extremo está abierto a la atmósfera como se muestra en la figura:

a) Demuestre que el perfil de velocidades del fluido al interior de la tubería, depende de la

distancia r al eje del tubo, y está dado por:

, 1v)(v 2

2

0 ��

��

�−⋅=

Rr

r donde R es el radio de la tubería.

b) Encuentre una expresión para 0v . c) Encuentre una expresión para el caudal Q que fluye por la tubería. d) Determine H de modo que por el extremo abierto salga un caudal de [ ]slitroW .

Solución 20

a) Consideremos un elemento de fluido, con forma de cilindro hueco, que fluye a través de la

tubería como se muestra a continuación:



Las fuerzas que actúan en dirección horizontal sobre este elemento de fluido son las fuerzas

debido a las presiones 1P y 2P , y las fuerzas debido a la viscosidad con las capas de fluido

adyacente. Considerando que este elemento de fluido viaja a velocidad constante, la fuerza neta

que actúa sobre él debe ser cero. Por lo tanto la ecuación de equilibrio de fuerzas es:

022 sup2int1 =−⋅⋅⋅−+⋅⋅⋅ FdrrPFdrrP ππ ,

dónde intF y supF son las magnitudes de las fuerzas de viscosidad que actúan en las superficies

interior y superior respectivamente.

Las fuerzas de viscosidad obedecen a la relación:

drdv⋅=Τ η ,

dónde Τ es el esfuerzo de corte en una superficie del elemento de fluido, η es la viscosidad y

drdv

es la variación de la velocidad en la dirección perpendicular a la superficie. Por lo tanto, en

este caso tenemos:

Τ=intF Lrr ⋅⋅⋅ π2)( , LdrrdrrF ⋅+⋅⋅+Τ= )(2)(sup π

Esfuerzo Área de de corte contacto

Luego, la ecuación de equilibrio de fuerzas queda:

drLdrrLrrdrrdrrP ⋅⋅⋅+Τ+⋅⋅⋅Τ−+Τ=⋅⋅⋅∆ πππ 2)(2))()((2 ,

dónde: 21 PPP −=∆ . Dividiendo la ecuación anterior por dr y tomando el límite cuando dr

tiende a cero, se obtiene:

rr

drrd

LP )()( Τ+Τ=∆

Puesto que 0v <

drd

y )(rΤ debe ser positivo (pues está asociado a la magnitud intF ), es necesario

introducir un signo menos en la relación: drd

rv

)( ⋅−=Τ η

Así, hemos obtenido la siguiente ecuación diferencial de segundo orden para la velocidad en

función de r,



LP

rdrdv

drvd

⋅∆−=⋅+

η1

2

2

,

dónde se puede verificar que una solución de esta ecuación es :

��

��

�−⋅= 2

2

0 1v)(vRr

r ,

que satisface las condiciones de borde:

0)(v =R y 0)0(v =

drd

.

b) Para determinar el valor de 0v , se sustituye

la solución dada para )(v r en la respectiva ecuación diferencial. Para ello se requiere las

derivadas:

��

��

�−⋅= 2

2

0 1v)(vRr

r , 20v2v

Rr

drd −= , 2

02

2 v2vRdr

d −= ,

Al reemplazar se obtiene:

LRP⋅⋅∆=

η4v

2

0

c) El caudal que pasa por una sección transversal cualquiera, está dado por: � ⋅= dAQ v

��

��

�−⋅=�

�

��

� �

⋅−⋅⋅=⋅⋅� ⋅= 2

42

00 0

2

3

00 42

v2v22)(vR

RRR

drrdrrdrrrQ

R RR

πππ2

v02 ⋅⋅

=Rπ

Finalmente, L

PRQ

⋅∆⋅⋅=

ηπ

8

4

d) Para dejar Q en función de H, observamos que:

L

pP

LPP

LP atmfondo −

=−

=∆ estanque 21 , dónde HgPP atmfondo ⋅⋅+= ρestanque

Entonces, l

HgLP ⋅⋅=∆ ρ

Por lo tanto el caudal en función de H nos queda: Hl

gRQ ⋅

⋅⋅⋅⋅=

ηρπ

8

4



Luego, la altura H que asegura un caudal de [ ] [ ]smWslitroW 3310−×= en las condiciones

especificadas en el enunciado es:

34

23

4 10101

101810

8 −−

− ×⋅×⋅⋅⋅

×⋅⋅=×⋅⋅⋅⋅

⋅⋅= Wg

WRg

lH

ρπη

ρπη

][108 3 m

gW ×⋅⋅

⋅⋅=ρπ

η,

dónde η , ρ , g deben evaluarse en unidades SI.

1. Empuje y Equilibrio 1 - … · lectura del dinamómetro y de la balanza. Solución 2 ... Para...

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