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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,

[ ]40T 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 d E V g ρ , donde

d V es el volumen desplazado de agua al sumergir la piedra y agua ρ es la densidad del agua.

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

volumen de la piedra y piedra

ρ es su densidad. Puesto que la piedra está completamente

sumergida, en éste caso = piedra d

V V . Dividiendo entre si las dos ecuaciones precedentes y

reemplazando los valores numéricos respectivos se obtiene:

⋅ ⋅=

piedra piedraV gmg

E

ρ

⋅ ⋅agua d V g ρ

603

20= =

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

agua

ρ

ρ = .


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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 + = = −

dóndeal al al

W V g ρ = ⋅ ⋅ es el peso del bloque de aluminio y = ⋅ ⋅agua d

E V g ρ es el empuje que

ejerce el fluido.

Además, 2,7al

agua

ρ

ρ = y = = al

d al

al

mV V

ρ , lo cual conduce a:

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

(F b) 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 F b obtenemos:

E

T

al

W

( )[ ]

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 ρ ρ

ρ ρ


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( ) ( ) [ ]

( )

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=bF

kgg

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

= −al

E W T , que es equivalente al peso del agua desplazada ( W d ), por lo tanto:

= + + = + +b vaso agua vaso agua d

F W W E W W W

Note que la suma +agua d W 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 F b aumenta al valor:

= + +b vaso agua alF W W W


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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 d E V g ρ , es la fuerza de empuje, a ρ es la densidad del agua y 1d V es el volumen

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

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

2roca r m g N E ⋅ = +

dónde 2 = ⋅ ⋅r a roca E V g ρ , es la fuerza de empuje sobre la roca, V roca 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 s E V g ρ es la fuerza de empuje sobre el bote, sólo con la persona en su interior, y

V s2 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 d V V . Despejando ambas

cantidades de las relaciones anteriores, se obtiene:


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1

1( )= + + ⋅d persona bote roca

a

V m m m ρ

2 2

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

a

V V V m m V ρ

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 r ρ es la densidad de la roca; entonces:

1 2

1 1r d d r roca roca roca

a a

V V V V V

− = ⋅ ⋅ − = −

ρ ρ

ρ ρ

Puesto quer a

ρ ρ > , entonces ( )1 2 0d d V V − > es positivo y por lo tanto 1 2d d V V > .

En cada situación, el nivelih 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?


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Problema 4

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

la densidad del agua A

ρ , está sumergida en un recipiente con

agua y puede girar libremente alrededor de un eje horizontalfijo 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 totalmentesumergida). Entonces, la ecuación de equilibrio de torques respecto

al pivote se escribe:

( ) ( ) 02 2

L LW sen E senθ θ ⋅ − ⋅ =

Además W V g ρ = ⋅ ⋅ y A

E V g ρ = ⋅ ⋅ , por lo tanto:

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

( ) ( ) 0 A sen ρ 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.

θ

E

W


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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

2

F L

I ω

⋅=

⋅.

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

( )3

2 Ag

L

ρ ρ ω

ρ

−= ⋅


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Ldygy p pdAdF )( 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 0 p que

consideraremos constante. Sobre las paredes actúanfuerzas 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 gy p p 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

0

0

01

gLH HL p Ldygy pF

H ρ

ρ +=+=


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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

gLH HL p

gLH HL pF F F t

ρ ρ =−+=−=

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 71000 9,8 30 25 9,2 10 [ ]

2

= ⋅ ⋅ ⋅ ≈ ⋅t F N

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

“9000 autos”.

.02 HL pF =


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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, lasumatoria 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 ⋅⋅= 1 ρ , 2211 )( hghhgP Inf ⋅⋅++⋅⋅= ρ ρ ,dónde [ ]cmh 81 = y [ ]cmh 22 = .

Así, el equilibrio de fuerzas verticales queda:

APgm AP Inf Sup ⋅=⋅+⋅ ,

de dónde se obtiene la masa del cubo:

( ) .)( 2211 Ahhg

APPm Sup Inf ρ ρ +=⋅−=

Usando los datos numéricos se obtiene la masa engramos: m = (0,6·8+1,0·2)·100 = 680[g] .


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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 laaceleración. 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→→

= a M F neta desglosada en sus componentes ( x, y, z ) y

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


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En la dirección x: ( ) ( ) 0P 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 0 x∆ → se concluye que:

0dP

dx=

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

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

dPa

dy ρ = − ⋅

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

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

dPg

dz ρ = − ⋅

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 z ρ ρ ∇ = − ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅

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

α con la horizontal, determinado por la relación:

a

gtan =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∇ g ρ ⋅

a ρ ⋅

α

z

y


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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 lafigura 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 ẑ̂ e ŷ .

Puesto que el recipiente desliza sin fricción, la fuerza neta sobre él, es la componente ŷ 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+ ∆ − ∆ ⋅ ∆ =


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

0dP

dx=

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 0 y∆ → , se obtiene,

0dP

dy=

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

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

igualdad queda.

( )dP

g cosdz

ρ α = − ⋅ ⋅

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

y por lo tanto la orientación de la superficie libre del

líquido es perpendicular al eje ẑ , 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.


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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 int P , y la presión

exterior ext P sobre un segmento de pared de la burbuja de

área A∆ . Ambas presiones generan fuerzas sobre la cara

interior y exterior de la burbuja int F y ext F respectivamente.

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

fuerza radial sobre el segmento de superficie es

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

burbuja aumenta en r ∆ , el trabajo efectuado por dicha

fuerza es:

r int ext W 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 ext

W ( P P ) r r π ∆ = − ⋅ ⋅ ⋅ ∆ . La potencia desarrollada al

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

24int ext W r p ( P P ) r t t π ∆ ∆

= = − ⋅ ⋅ ∆ ∆

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


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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 ext P P r r P Pr

σ π 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 r σ π ⋅ . Reemplazando lo anterior en la expresión

para la potencia media, se obtiene finalmente,

[ ]2 44 4 16 2,5 10r dr p r r W r t dt σ 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.


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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 delnivel 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 dedesplazar todo el líquido del interior del tubo hasta formar

una burbuja en su extremo inferior.

En una burbuja de una sola capa se cumple que2

int ext

F P P

r

γ − = donde r es su radio, F γ es la

tensión superficial del líquido, int P es la presión interior y ext P 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 ext P está dada por ext atmP P g h ρ = + ⋅ ⋅ 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 r γ π ⋅ = ⋅ ⋅

( )2 2r g F r γ ρ π δ π ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅

Entonces2F

gr

γ ρ δ = ⋅ ⋅


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

de la presión interior según:

2int ext

F P P g

r

γ ρ δ − = = ⋅ ⋅

int ext P g P ρ δ = ⋅ ⋅ +

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

los datos del enunciado:

int atmP P g g h ρ 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.


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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 es31000 kg / m ρ =

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

g ρ

ρ

−+ ⋅ ⋅ = =

⋅

Entonces,( )

[ ]

5

3

1 01 1 00 1 013 10

10 9 80 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 r

γ θ

ρ

⋅=

⋅ ⋅

Entonces,

[ ]

3 4

0 02 1

10 9 8 10

0 020

c

,h ,

, m

−

⋅= ⋅ ⋅

≈

Por lo tanto:

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


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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 r π ⋅ .

Según el diagrama de cuerpo libre la

ecuación de equilibrio es:

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

Escribiendo que ( )2

m g r h gπ ρ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ , y despejando h se obtiene:

2atm

F P Ph

g g r

γ

ρ ρ

−= +

⋅ ⋅ ⋅,

lo cual coincide con el resultado anterior.


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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 mismaaltura. 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:

0 yF =

( ) ( )

( )2

Presión en la caraPeso columnaTension Superficial inferior de la columna

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

HgW

F γ

atmP

θ

Patm

726 [mm]

Vaciovacío


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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 r γ 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 θ ρ

− °

⋅= ⋅ ⋅ +

⋅ ×= ⋅ ⋅ +

⋅

=

[ ]0 969atmP , 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 existemercurio en forma de vapor. Algunas moléculas de mayor velocidad en el líquido son capaces de escapar de élatravesando la superficie, formando así un vapor de mercurio.


25/173



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:

θ π σ cos2 11 ⋅⋅= r F ,

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 ,

dónde2

1 M r H ρ π = ⋅ , siendo ρ la densidad del líquido.

Entonces,

21 12 cosr r H gσ π θ ρ π ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅

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


26/173



21

2 cos 6[ ]r H mm

g

σ 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 r σ π θ σ π θ = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅

La ecuación de equilibrio para la porción anular de

altura h es:

2F mg= ,

dónde2 2

3 2( )m r r h ρ π = ⋅ − ⋅ .

Entonces,

2 22 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

( )h

g r r

σ 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 h

r 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=


27/173

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 A

π φ = y

2

1

2 4 2 A

φ π =

, se relacionan por

2 14. 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 2

1 1 1 2 2 2

1 1

2 2P v g h P v g h ρ ρ ρ ρ + ⋅ + ⋅ ⋅ = + ⋅ + ⋅ ⋅ ,

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

( )2 22 1 1 21

2P P v v ρ = + −


28/173



Con los datos del enunciado más el resultado de la parte a) y evaluando con 3 210 / kg m ρ = , 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 2 A 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 x A At t ρ ρ

∆ ∆⋅ ⋅ = ⋅ ⋅∆ ∆ .

Los productos A x ρ ⋅ ⋅ ∆ 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.


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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 1

2 2P v g h P v g h ρ ρ ρ ρ + ⋅ + ⋅ ⋅ = + ⋅ + ⋅ ⋅

1 1 2 2v A v A⋅ = ⋅

Puesto que 1 2 A A la ecuación de continuidad indica que 1 2v v


30/173



Entonces,

2 X 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 2

2( )

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 = .


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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:h

gPhgP3

2

331

2

11 v2

1

v2

1⋅⋅+⋅⋅+=⋅⋅+⋅⋅+ ρ ρ ρ ρ

Ecuación de continuidad: 3311 vv A A ⋅=⋅

Entonces1

331 vv

A

A⋅= , y puesto que 1

1

3


32/173



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

atmPP =3 , obteniéndose:

)(2 h H gPP 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:

H g

Ph atmmáx −

⋅=

ρ

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


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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 v2

1v

2

1hgPhgP ⋅⋅+⋅⋅+=⋅⋅+⋅⋅+ ρ ρ ρ ρ

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

velocidad inicial del chorro:

)(v21 23

22 hhg −⋅⋅=+⋅⋅ ρ ρ ghh ⋅−⋅= )(2v 232

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

hgPhgP 22221

211 v2

1v

2

1⋅⋅+⋅⋅+=⋅⋅+⋅⋅+ ρ ρ ρ ρ ,

y la respectiva ecuación de continuidad entre los mismos puntos: 2211 vv A A ⋅=⋅ , puedeexpresarse la presión P1 a la salida de la bomba en términos de la velocidad v2 obtenidaanteriormente.

Sustituyendo1

221 vv

A

A⋅= , y despejando P1 se encuentra:

−⋅⋅⋅+−⋅⋅+=

2

1

2221221 1v2

1)(

A

AhhgPP ρ ρ


34/173



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

( )

−⋅−⋅+−⋅⋅+=

2

1

2231221 1)(

A

AhhghhgPP ρ ρ .

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

1

2 = A A , se encuentra:

−⋅⋅⋅+⋅⋅+=

16

11128,9100038,910001011P

[ ]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.


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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 0 M y la masa del carro con el depósitoes 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( t AV m ∆=∆=∆ ρ ρ

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

tenemos que:


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2222

2111 v2

1v

2

1 ρ ρ ρ ρ ++=++ ghPghP .

Considerando que aatmosféricPPP == 21 , H hh =− 21 , y que el término con2

1v es despreciable en

comparación con el término que contiene

2

2v (según la ecuación de continuidad), se obtiene larelación que permite despejar la velocidad de salida.

gH gH 2v v2

1 2 == ρ ρ

Se encuentra que: t Am p ∆=∆=∆=∆ 2gHAtvv 2 ρ ρ

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

p∆ , éste se escribe:

,)(v)(00c0

t amm M mm M p ∆+∆−=∆+∆−=∆

dónde t a∆=∆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 m M

AgH

mm M t

pa

+=

+∆−∆

∆=

0

21

ρ

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


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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 velocidadmáxima. 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(dx

d x η =)


38/173

5. Flujo Viscoso 37


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 2a A = 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

−⋅ ⋅ ⋅= =

⋅máx

V m s m s

, v

ε

V

dx

d =

, * AV

AT F ε

η ==

)º30( Mgsen AV máx =ε

η

η

ε ρ

2

agV máx =


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5. Flujo Viscoso 38


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)(v2

2

0

−⋅=

R

r 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:


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5. Flujo Viscoso 39


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 =−⋅⋅⋅−+⋅⋅⋅ F dr r PF dr r P π π ,

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:

dr

d v⋅=Τ η ,

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

dr

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

este caso tenemos:

Τ=intF Lr r ⋅⋅⋅ π 2)( , Ldr r dr r F ⋅+⋅⋅+Τ= )(2)(sup π

Esfuerzo Área dede corte contacto

Luego, la ecuación de equilibrio de fuerzas queda:

dr Ldr r Lr r dr r dr r P ⋅⋅⋅+Τ+⋅⋅⋅Τ−+Τ=⋅⋅⋅∆ π π π 2)(2))()((2 ,

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

tiende a cero, se obtiene:

r

r

dr

r d

L

P )()( Τ+

Τ=

∆

Puesto que 0v

<dr

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

introducir un signo menos en la relación:dr d r v)( ⋅−=Τ η

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

función de r,


41/173

5. Flujo Viscoso 40


L

P

r dr

dv

dr

vd

⋅

∆−=⋅+

η

12

2

,

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

−⋅= 2

2

0 1v)(v R

r r ,

que satisface las condiciones de borde:

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

=dr

d .

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)(v R

r r ,

20v2v

R

r

dr

d −= ,

20

2

2 v2v

Rdr

d −= ,

Al reemplazar se obtiene:

L

RP

⋅

⋅∆=

η 4v

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)(v R

R R

R

dr r dr r dr r r Q

R R R

π π π 2

v02 ⋅⋅

= Rπ

Finalmente, L

P RQ

⋅

∆⋅⋅=

η

π

8

4

d)

Para dejar Q en función de H, observamos que:

L

pP

L

PP

L

P atm fondo −=

−=

∆ estanque 21 , dónde H gPP atm fondo ⋅⋅+= ρ estanque

Entonces,l

H g

L

P ⋅⋅=∆ ρ

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

g RQ ⋅

⋅

⋅⋅⋅=

η

ρ π

8

4


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5. Flujo Viscoso 41


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

especificadas en el enunciado es:

34

23

410

101

101810

8 −−

− ×⋅×⋅⋅⋅

×⋅⋅=×⋅

⋅⋅⋅

⋅⋅= W

gW

Rg

l H

ρ π

η

ρ π

η ][10

8 3 mg

W ×

⋅⋅

⋅⋅=

ρ π

η ,

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


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1. Módulo de Young 1


Problema 21

Una barra compuesta de dos materiales: cobre y acero, se encuentra empotrada como se muestra

en la figura, y es sometida a una fuerza axial de 150 [N]. La sección transversal en la porción de

cobre es de 2 [cm2] y en la de acero es de 1[cm

2]. Los módulos de Young respectivos son

][101 5 MPaY Cobre ⋅= e ][1025 MPaY Acero ⋅= .

a) Determine la longitud L de la porción de acero, para que los alargamientos de ambas varillas

sean iguales.

b)

¿Cuál es el estiramiento que sufre cada una de las barras?

c)

¿Donde se produce el mayor esfuerzo?

Solución 21

a) En cada material de la barra, de sección transversal uniforme, la fuerza de tracción y el

alargamiento obedecen la relación:

L

LY

A

F ∆= ,

dónde Y es el módulo de Young del material, F es la fuerza de tracción, A es el área de la

sección transversal, L∆ es el alargamiento y L es el largo original de la respectiva porción de la

barra. Entonces, los alargamientos correspondientes a cada porción de la barra (subíndice C para

cobre y A para acero) obedecen a las relaciones:

C C

C C C

Y AF L L =∆ y

A A

A A A

Y AF L L =∆

Imagine que hace un corte transversal en cualquier parte de la barra. Para asegurar que se cumpla

la condición de equilibrio estático, debe existir allí una fuerza de tracción de magnitud igual a la

fuerza F aplicada en el extremo. Por lo tanto se debe cumplir que F F F AC == .


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Igualando los alargamientos de ambas varillas y despejando la longitud A L se obtiene:

Puesto que 2= AC A A e 2=C A Y Y , se obtiene C A L L = , es decir, ][2 m L = .

b) Puesto que ambos alargamientos son iguales, bastaría obtener uno de ellos. Evaluando cada

uno con los datos del enunciado y el resultado anterior se obtiene:

• ][015,0101102

150284

m LC =⋅⋅⋅

⋅=∆

−

• ][015,0102101

150284

m L A =⋅⋅⋅

⋅=∆

−

c)

Puesto que el esfuerzo es AF =σ , el mayor de ellos se produce en la barra de menor área de

sección transversal, o sea, en toda la barra de acero. Su valor es:

6

4

1501,5 10 [ ] 1,5 [ ]

10σ

−= = ⋅ =Pa MPa

C C

A A

C AY A

Y A L L =


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Problema 22

Sobre una polea ideal desliza sin fricción un alambre de acero de 2,0[m] de largo y 4,0[mm] de

diámetro, cuyos extremos están unidos a bloques de masas M = 50 [kg] y m=30 [kg]

respectivamente, ambas colgando verticalmente como se indica en la figura. Considere que el

modulo de Young del alambre de acero es ] / [102 211 m N Y ⋅=

a) ¿Cuánto se alarga el alambre durante el movimiento?

b) Determine el esfuerzo que soporta el alambre.

Solución 22

a) Vamos a considerar despreciable el peso del alambre. La tensión que éste soporta se obtiene

de examinar los diagramas de cuerpo libre y las ecuaciones de movimiento para ambas masas.

g


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La masa M desciende con aceleración de magnitud a, y su respectiva ecuación de movimiento es:

MaT Mg =−

Análogamente, la masa m sube con aceleración de magnitud a, de acuerdo a la ecuación de

movimiento:

mamgT =−

Despejando la aceleración en ésta última relación y sustituyendo en la anterior, se obtiene una

relación de la cual se puede despejar la tensión T, como sigue:

)( mgT m

M T Mg −=− Mg

m

M T 2)1( =+

Luego,

Hemos procedido considerando que en ambos extremos del alambre está aplicada la tensión T;

luego su estiramiento está dado por la relación lineal entre esfuerzo y deformación. Entonces,

b)

El esfuerzo que soporta el alambre es:

6 2

3 2

37531 10 [ / ].

(2 10 )

T N m

Aσ

π −= = = ⋅

⋅ ⋅

2 2 30 50 10

375 [ ]( ) 80

⋅ ⋅ ⋅

= = =+

mMg

T N M m

L

LY

A

T ∆= 4

6 11

375 23 10 [ ] 0,3[ ]

4 10 2 10

TL L m mm

AY π

−

−

⋅∆ = = = ⋅ =

⋅ ⋅ ⋅ ⋅


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Problema 23

Una cuerda de masa M, largo L y área de sección transversal A, se

cuelga verticalmente desde el techo como se muestra en la figura.

a) Explique por qué se alarga la cuerda y calcule su alargamiento.

b)

Calcule el alargamiento de la cuerda cuando se cuelga desde su

extremo inferior un bloque de masa m.

Solución 23

c)

La cuerda sufre un alargamiento debido a que tiene que sostener su propio peso. En el

extremo superior de la cuerda el esfuerzo es máximo, ya que allí se sostiene todo el peso de la

cuerda; al contrario en el extremo inferior el esfuerzo es nulo.

El cálculo del alargamiento se realiza considerando pequeños segmentos iguales, de largo x∆ ,

sometidos a esfuerzos de tracción que dependen de la variable x medida a lo largo de la cuerda.

Con la condición de equilibrio estático, se concluye que la fuerza de tracción en una sección

transversal de la cuerda está dada por el peso de la porción de cuerda que hay desde allí hasta el

extremo inferior. O sea ,

xF F ∆⋅+= µ ' , dónde g xF ⋅⋅= µ , L M = µ

El estiramiento que sufre el pequeño elemento de cuerda es AY

x xF x

))(( ∆

=∆δ ,

luego, el estiramiento total de la cuerda es:

=

=

∆=∆=∆

n

i

in

i itotal AY

x xF x L

11

))((δ .

F’

F

µ⋅∆ x

x∆

x


48/173



Tomando el límite0

0 tenemos, L

total

xgdx x L

AY

µ ∆ → ∆ =

Integrando se obtiene:

AY

gL Ltotal 2

µ =∆

d)

En este caso el análisis es análogo al anterior, excepto que: F(x)= µ xg+mg.

Entonces la integral queda:

AY

mgL

AY

MgL

AY

dxmg xg L

L

total +=+

=∆ 2)(

0

µ

Como era de esperar, en el resultado se suman: el alargamiento producido por el propio peso de

la cuerda más el alargamiento producido por el bloque de masa m.


49/173



Problema 24

Una barra homogénea de

largo L y sección A

sometida a las dos fuerzas

indicadas en la figura,

desliza sobre una superficie

horizontal sin fricción.

a) Obtenga una expresión para el esfuerzo en cualquier sección transversal de la barra, e indique

si éste se de compresión o de tracción.

b) Considere los siguientes datos para esta situación, L = 1 [m], A = 10-4

[m2], m = 0,8 [kg],

módulo de elasticidad (Aluminio) E = 7⋅1010 [N/m2], F = 102 [N]. Determinar la elongación

(acortamiento o alargamiento) de la barra en las condiciones dadas.

Solución 24

a) El esfuerzo ( σ ) de la ley de elasticidad de Hooke ( ), corresponde a la reacción

interna de un elemento sometido a fuerzas externas. Por lo tanto, para conocer el esfuerzo en

cualquier sección de la barra, es necesario un diagrama de cuerpo libre para una porción de ella.

Los diagramas respectivos y sus correspondientes ecuaciones de Newton para las fuerzas

horizontales (dirección x), se muestran a continuación.

y

x

2F

s

σsm2F F

m

s

2

3

x xF m aF F m a

F a

m

= ⋅+ = ⋅

=

[ ]

2

1 2

x s x

s s

s s

F m aF A m a

m a F A

= ⋅+ σ ⋅ = ⋅

σ = ⋅ −

Nótese que la masa de una porción de la barra es proporcional a la respectiva longitud y puede

ser expresada como una fracción de la masa total de la barra, es decir,

L E

L

∆σ = ⋅


50/173


51/173



( )s E ds

δ σ =

Reemplazando la función ( )sσ encontrada

anteriormente puede obtenerse la deformación

δ correspondiente a cada porción.

Posteriormente éstas se suman a lo largo de la

barra. La suma de las contribuciones de n porciones debe hacerse para n , lo que

corresponde a integrar a lo largo de la barra.

Entonces,

( ) 3 2

3 2

F ss E

A L ds

F s ds A E L

δ σ = − = ⋅

δ = − ⋅ ⋅

La integral nos da el resultado pedido,

0

3 2 L

Total

F sds

A E L

∆ = − ⋅

⋅

[ ]

2

4 10

6

2

10 12 2 10 7 10

7,0 10

−

−

∆ = −

⋅

⋅ ⋅∆ = − = −⋅ ⋅ ⋅ ×

∆ = − ×

Total

Total

Total

F L

A E

F L A E

m

El valor negativo de la elongación total indica que la barra disminuye su longitud bajo la acción

de las fuerzas aplicadas. Este resultado era de esperar ya que existe una mayor sección de la barra

que se encuentra en compresión y el valor de este esfuerzo es mayor que el de tracción.

Notar que la deformación de la barra es 62,7 10 L

L

−∆ = − ⋅ (sin dimensión) y su valor numérico en

éste caso ( 1[ ]) L m= coincide con la elongación. El signo menos indica que la barra se acorta.

1ds

2ds

3ds ids nds

Total

∆

1δ

iδ

nδ

1

ds ids nds


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Problema 25.

Considere una barra de longitud y masa

despreciable, con un extremo empotrado en la pared

y una masa M colgada en el extremo libre, como se

muestra en la figura. El módulo de Young Y y el

momento polar de inercia I (o momento de área)

correspondientes a la barra son datos.

a) Determine la deflexión de la barra a lo largo de

toda su longitud.

b) ¿Cuánto vale ?

(Desprecie la deflexión debida al peso de la barra)

Solución 25

a) La deformación de una barra en flexión obedece a la ecuación diferencial:

2

2

)(dx

yd Y I x ⋅⋅= µ ,

dónde Y es el módulo de Young del material, I es el momento polar de inercia (o momento de

área, pues depende de la geometría de la sección transversal de la barra) y )( x µ es el momento o

torque interno ejercido por las fuerzas internas en una sección transversal de la barra.

Para determinar )( x µ consideramos una porción de la barra, de largo )( x− , y dibujamos su

diagrama de cuerpo aislado mostrando las fuerzas y torques necesarias para su equilibrio.

Conviene aplicar la condición de equilibrio de torques respecto al punto P. Igualando a cero el

torque neto respecto a P obtenemos:


53/173



)()( xg M x −⋅= µ

Remplazando en la ecuación diferencial se obtiene:

2

2

)(dx

yd I Y xg M ⋅⋅=−⋅ ; dónde )( x y es el valor de la deflexión en función de x.

Es necesario integrar dos veces y usar las condiciones de contorno para obtener la función )( x y .

Haciendo la primera integración se obtiene:

A x

x I Y

g M

dx

dy+

−

⋅

⋅=

2

2

La constante A se evalúa usando la condición para la pendiente de la barra en el extremo

empotrado. Es decir, 00

== xdx

dy 0= A

Integrando nuevamente se obtiene: B x

x I Y

g M x y +

−

⋅

⋅=

32)(

32

La constante B se calcula mediante la condición de deflexión nula en el extremo empotrado. Es

decir, 0)(0 =

= x x y B=0

Finalmente, la deflexión de la barra en función de la coordenada x es:

−

⋅

⋅=

32)(

32 x

x I Y

g M x y

b) El valor δ corresponde a la deflexión en el extremo de la barra (se le denomina flecha).

Haciendo δ =)( L y se obtiene:

Y I

Mg

⋅

⋅=

3

3δ

¿Qué sucede si se considera la deflexión debido al peso de la barra? En ese caso el diagrama de

cuerpo libre debe considerar además el torque debido al peso de la porción de barra de largo

)( x− , cuya masa es )( x

m

− . Se obtiene que 2

)(

)()()(

x

x

m

xg M x

−

−+−⋅=

µ .

Se deja como ejercicio completar el respectivo desarrollo para responder totalmente la pregunta.


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2. Módulo de Corte o Cizalle 12


Problema 26

Un maestro de karate golpea una tabla con su mano, de modo que la velocidad de ésta en el

momento del impacto es de 10 [m/s] y disminuye hasta 1 [m/s] durante el contacto con la tabla

que dura 0,002 [s]. Considere que la mano y el brazo coordinados al dar el golpe equivalen a una

masa de 1 [kg] y que el límite de ruptura de una tabla de pino es de } / [106,3 26 m N ×

a) Calcule la fuerza del golpe que aplica el maestro.

b) Si el golpe se aplica sobre una tabla de pino de 1[cm] de espesor y 10 [cm] de ancho, estime

el esfuerzo de corte.

c)

¿Se romperá la tabla?

Solución 26

a) Vamos a usar el principio de acción y reacción para calcular la magnitud de la fuerza que

aplica el maestro de karate sobre la tabla. Los datos permiten calcular la magnitud de la

correspondiente fuerza de reacción, es decir, la fuerza que aplica la tabla al frenar el

movimiento de la mano (y el brazo) del maestro karateca. La magnitud de dicha fuerza es:

a M F c ⋅= , dóndet

V V a

i f

∆

−= , siendo V f y V i las respectivas velocidades final e inicial

de la mano del maestro karateca. Usando los valores numéricos se obtiene:


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2. Módulo de Corte o Cizalle 13


}[4500002,0

)110(1 N F c =

−⋅=

b) El esfuerzo de corte correspondiente al golpe aplicado sobre la tabla es:

c

cc

A

F =σ } / [105,4

101101

4500 2612

m N ×=×⋅×

=−−

c) Podemos apreciar que este esfuerzo es mayor que el límite de ruptura de la tabla de pino, por

lo tanto ésta se rompe.


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3. Módulo de Poisson 15


Problema 28

Una barra de sección rectangular A soporta un esfuerzo longitudinal en la dirección x, mientras

por los cuatro costados se mantiene sujeta de manera que no puede alargarse ni acortarse.

Determinar el esfuerzo longitudinal xσ necesario para producir cierta deformación longitudinal

xε . Considere conocidas las constantes elásticas µ e Y del material.

z

x σ −

x

y

y σ −

z σ

y σ

x σ

σ −z

Solución 28

Las condiciones impuestas significan que 0== y z ε ε y xε es un valor dado. Puesto que

consideramos deformaciones pequeñas, usamos relaciones lineales entre esfuerzos y

deformaciones, y aplicamos el principio de superposición al calcular la deformación debida a un

conjunto de esfuerzos. Para la dirección x tenemos:

)1()1(

z y

x

xY

µε µε σ

ε −−= ,

dónde xε es la deformación debida a todos los esfuerzos aplicados, mientras que)1(

yε es la

deformación debida sólo a esfuerzos aplicados en la dirección y, al igual que )1( zε es la

deformación debida sólo a esfuerzos aplicados en la dirección z. Es decir,

)1(

y y Y ε σ = y)1(

z z Y ε σ = . Reemplazando estas relaciones en la expresión de más arriba se obtiene:

[ ])(1 z y x xY

σ σ µ σ ε +⋅−=


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3. Módulo de Poisson 16


Para las otras direcciones podemos escribir expresiones similares, cambiando apropiadamente los

subíndices, como sigue:

[ ])(1 x z y yY

σ σ µ σ ε +⋅−=

[ ])(1 y x z zY

σ σ µ σ ε +⋅−=

Para cumplir con la condición 0== y z ε ε , de las relaciones anteriores se deduce que:

)( x z y σ σ µ σ +⋅=

)( y x z σ σ µ σ +⋅=

Sustituyendo la segunda relación en la primera con el objeto de despejar yσ se obtiene:

y x x y x y σ µ σ µ µ σ σ σ µ µ σ

2

)1())(( ++=++⋅⋅=

µ

µσ

µ

σ µ µ σ

−=

−

+=

11

)1(2

x x

y

Análogamente puede obtenerse zσ , o bien, reconociendo que la dirección z obedece a las mismas

condiciones que la dirección y, simplemente se reproduce la expresión anterior modificando sólo

el subíndice y. Entonces,

y

x

z σ µ

µσ σ =

−=

1

Reemplazando los esfuerzos recién obtenidos, en la expresión para xε dada al comienzo, se

obtiene:

[ ] y x xY

µσ σ ε 21

−=

1

21

2

−−=

µ

µ σ ε

Y

x

x

Finalmente se despeja x

σ en la expresión anterior, obteniéndose,

)21)(1(

1Y

21

1Y

2 µ µ

µ ε

µ µ

µ ε σ

−+

−=

−−

−= x x x

Nótese que en este resultado el valor µ =1/2 provoca una singularidad en xσ .


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4. Módulo Elástico de Volumen 17


Problema 29

Un paralelepípedo de lados a, b y c se sumerge en un

líquido hasta una profundidad h, como se indica en la

figura. Considere que las aristas son mucho menores que la

profundidad, de modo que la presión sobre todas las caras

es aproximadamente igual.

Determine la disminución de volumen ( V ∆ ) del

cuerpo causado por la presión.

Solución 29

Sabemos que la aplicación de un esfuerzo xσ provoca una deformación xε en la dirección del

esfuerzo, y satisfacen la relación: x x Y ε σ = . El mismo esfuerzo también provoca una

deformación transversal yε según la relación: Y x x y µσ µε ε −=−= . Cuando se aplican varios

esfuerzos, las respectivas deformaciones se obtienen usando el principio de superposición. Para

calcular el acortamiento de la barra usaremos las siguientes figuras.

De acuerdo a lo anterior, los esfuerzos indicados en cada figura producen deformaciones en las

tres direcciones. Notar que al esfuerzo de compresión debido a la presión se le asocia un signo

menos según P−=σ .

Examinaremos la situación en la dirección x, y para ello escribimos x

L∆ como una suma de tres

términos, cada uno de los cuales corresponde al efecto de los esfuerzos aplicados en las tres

diferentes direcciones, según se ha indicado en la figura. Entonces,

321 )()()( x x x x L L L L ∆+∆+∆=∆


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La cantidad 1)( x L∆ corresponde a una deformación longitudinal que se obtiene de la relación:

)1(

x x Y ε σ = , o bien,

x

x

L

LY P 1

)(∆=−

El esfuerzo aplicado en dirección y produce una deformación)1(

yε que satisface)1(

y y Y ε σ = . La

cantidad 2)( x L∆ describe una deformación transversal asociada al esfuerzo aplicado en la

dirección y, según la relación:)1()2(

y x µε ε −= , o bien,

Y

P

L

L

x

x µ =∆ 2)( .

Análogamente, para 3)( x L∆ se obtiene que:

Y

P

L

L

x

x µ =∆ 3)( .

Sumando los tres cambios de longitud se obtiene x L∆ y con ello la respectiva deformación

x x L L∆ resulta:

)21( µ −−=∆

Y

P

L

L

x

x .

Análogamente puede obtenerse el resultado para las longitudes en las otras direcciones. Usando

como argumento la simetría entre las tres direcciones, concluimos que la deformación debe ser

igual en las tres direcciones, es decir,

)21( µ −−=∆

=∆

Y

P

L

L

L

L

z

z

y

y

La variación de volumen del cuerpo se obtiene a partir de su volumen original z y x L L LV = , y su

volumen sumergido )()(( z z y y x x L L L L L LV V ∆+∆+∆+=∆+ . Manteniendo sólo los términos

lineales en L∆ y despreciando los términos de segundo y tercer orden en L∆ se obtiene el

resultado aproximado: )()()( z y x z y x z y x L L L L L L L L LV ∆+∆+∆=∆ , que se expresa de manera

conveniente en la forma:

z

z

y

y

x

x

L

L

L

L

L

L

V

V ∆+

∆+

∆=

∆,


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y expresado en términos de los resultados anteriores queda:

)21(3

µ −−=∆

Y

P

V

V ,

Es costumbre expresar esta relación en la forma de una relación lineal entre el esfuerzo P (o

presión) y la deformación de volumen (∆V /V ), según:

V

V BP

∆−= ,

dónde B es el módulo elástico de volumen para cuerpo sólido sumergido, que según nuestro

desarrollo se puede expresar como:

)21(3 µ −=

Y B


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1. Propagación de Ondas 1


Problema 31

Un pulso se propaga en una cuerda muy larga, con velocidad de 4,0 [m/s] en la dirección x, sin

cambiar de forma. La respectiva función de

onda ),( t x y es tal que la oscilación del punto

0= x , en función del tiempo es la indicada en

la figura.

a) Obtenga la oscilación del punto en

8= x [m], identificada como y(8,t ).

b) Determine la forma de la cuerda en el

instante 0,2=t [s], denotada como y( x,2).

Solución 31

a) Todos los puntos de la cuerda describen el mismo movimiento al pasar el pulso. Dado el

desplazamiento y(x,t), correspondiente a un punto de coordenada x en el instante t , entonces un

punto en x' = x + x que esta una distancia x más adelante en la dirección de propagación,

demora un lapso t en adquirir ese mismo desplazamiento, de modo que se satisface la relación

x = vt . En nuestro caso x = 8 [m], resultando t = 2,0 [s] ; es decir el movimiento en x=8

[m] se inicia 2,0 [s] después que en x=0. Luego, el grafico de y(0 ,t) se debe desplazar en 2,0 [s]

para obtener el gráfico de y(8 ,t) indicado en la figura.

b) En el grafico dado en el

enunciado para el punto x=0,

la función y(0 ,t ) indica que

dicho punto comienza a

moverse en t=2 [s]. Entonces,

en la función y( x,2) el pulso

aparece llegando al origen 0= x . En el grafico del enunciado también se observa que el

desplazamiento máximo llega al origen en t' = t+t = 4s. En el lapso t =2[s] la onda recorre la

distancia vt =8[m], lo cual indica que el punto de desplazamiento máximo esta a 8 [m] detrás

y(8,t )

0 2 64 8 10 t [s]

0,10

0,20

y(0,t )

0 2 64 8 10 t [s]

0,10

0,20


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del punto x=0, es decir, está en el punto 8−= x [m]. Análogamente, considerando que el punto

x=0 esta en movimiento solo durante 6 [s], concluimos que el ancho del pulso es 24 [m], de modo

que en t =2 [s] su extremo posterior

esta en 24−= x [m]. El grafico

respectivo se indica en la figura; allí se

aprecia que el grafico en la variable x

esta invertido de derecha a izquierda

respecto al gráfico con la variable t

que se entrega en el enunciado.

y(x,2)

-24 -8-16 0 8 x [m]

0,10

0,20


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Notar que λ resulta en [m] pues éste es un valor particular de la variable x, los cuales se

especifican en [m] para la función dada en el enunciado.

c) Evaluando la función dada, en x = 0 se obtiene: ( )3 / 2002)(),0( t sent gt ⋅⋅== π ψ , cuyo

gráfico es el siguiente.

d) El periodo temporal cumple que: 23

200π

π =T ; entonces

100

3T = [s]. Notar que T resulta

en [s], como lo especifica el enunciado para los valores de la variable t.

La frecuencia de oscilación de la cuerda en cualquier punto es1

T f = , entonces ][

3

100f Hz= .

e) Veamos cómo determinar la velocidad de propagación. Fijémonos en el punto x = 0 en el

gráfico de f(x) que corresponde a la situación en t=0. Según el gráfico de g(t), que corresponde al

punto x=0; a partir de t = 0 el punto x = 0 comienza a subir; es decir el desplazamiento f(x)

adquiere valores positivos. Según el gráfico de f(x) el punto x = 0 comienza a subir cuando la

curva se desplaza hacia la derecha. Entonces, la velocidad de la onda es hacia la derecha y su

magnitud esT

v λ

= pues debe avanzar la longitud λ en el tiempo T.

Luego, ] / [200100 / 36 smv == , hacia la derecha.

f) Vamos a determinar la velocidad y la aceleración del punto x = 0 de la cuerda.

Note que la onda es transversal, entonces los puntos de la cuerda se mueven perpendicularmente

a la dirección de propagación de la onda, como se indica en la figura.


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La velocidad del movimiento transversal de la cuerda en x=0 se obtiene derivando respecto al

tiempo,

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