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1. Empuje y Equilibrio

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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  N ]. 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, W piedra = m ⋅ g = 60 [ N ]  

Cuando la piedra está sumergida, el agua ejerce sobre ella la fuerza de empuje ( E   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, T = 40 [ N ] . La ecuación de equilibrio de

fuerzas para la piedra es,

T + E = m ⋅ g  E = m ⋅ g − T , 

de dónde se obtiene que  E = 20 [ N ] .La fuerza de empuje está dada por  E =  ρ agua ⋅ Vd  ⋅ g , donde V d 

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

Además, el peso de la piedra satisface la relación m ⋅ g =  ρ  piedra ⋅ Vpiedra ⋅ g , donde V  piedra es el volumen de la piedra y  ρ  piedra es su densidad. Puesto que la piedra está completamente sumergida, en éste caso V piedra = V d  . Dividiendo entre si las dos ecuaciones precedentes y reemplazando los valores numéricos respectivos se obtiene: mg  E 

=

 ρ p ieied rara ⋅ Vp ieie drdra ⋅ g  ρ agua ⋅ Vd  ⋅ g

Luego, la densidad de la piedra respecto al agua es

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=

60 =3 20

 ρ  piedra  ρ agua

= 3.

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Problema 2

Un recipiente de masa 1,0 [kg] contiene 2,0 [k g] 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, T + E = Wal  T = Wal − E  

dónde Wal =  ρ al ⋅ Val ⋅ g es el peso del bloque de aluminio y  E =  ρ agua ⋅ Vd   ⋅ g es el empuje que ejerce el fluido. T 

Además,

 ρ al = 2,7 2, 7 y  ρ agua

Vd = V al =

mal

 ρ al

, lo cual conduce a:

T =  ρ al ⋅ Val ⋅ g − ρ agua ⋅ Vd ⋅ g = mal ⋅ g − ρ agua ⋅

= mal ⋅ g −

mal

( ρal

ρ agua )



⋅ g = mal ⋅ g  1, 0 −



mal

 ρ al

 E 

⋅g

W al

1, 0   0, 63mal ⋅ g 2,7 2, 7 

 12 [ N ]

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: T + F = W s

con

Ws = Wvaso + Wagua + Wal  

Despejando la fuerza F b obtenemos:

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Problema 2

Un recipiente de masa 1,0 [kg] contiene 2,0 [k g] 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, T + E = Wal  T = Wal − E  

dónde Wal =  ρ al ⋅ Val ⋅ g es el peso del bloque de aluminio y  E =  ρ agua ⋅ Vd   ⋅ g es el empuje que ejerce el fluido. T 

Además,

 ρ al = 2,7 2, 7 y  ρ agua

Vd = V al =

mal

 ρ al

, lo cual conduce a:

T =  ρ al ⋅ Val ⋅ g − ρ agua ⋅ Vd ⋅ g = mal ⋅ g − ρ agua ⋅

= mal ⋅ g −

mal

( ρal

ρ agua )



⋅ g = mal ⋅ g  1, 0 −



mal

 ρ al

 E 

⋅g

W al

1, 0   0, 63mal ⋅ g 2,7 2, 7 

 12 [ N ]

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: T + F = W s

con

Ws = Wvaso + Wagua + Wal  

Despejando la fuerza F b obtenemos:

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3 Fb = Wvaso + Wagua + (Wal − T )  

= (1, 0 + 2, 0) ⋅ 9, 8 + ( 2, 0 ⋅ 9, 8 − 12) 

37[ N ]

Puesto que la balanza indica el valor de una masa que ejerce la fuerza F b g

  ; ella indica el valor:

= 3,8 [ kg ]

De acuerdo a lo obtenido anteriormente, la cantidad entre paréntesis ( W alal - T ) es el empuje  E = Wal − T  , que es equivalente al peso del agua desplazada ( W d  d ), por lo tanto:

F = Wvaso + Wagua + E = Wvaso + Wagua + Wd    

Note que la suma

Wagua + W d  , 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: F = Wvaso + Wagua + Wal  

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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:

( mbote + m persona + mroca ) g = E1

 

Donde  E1 =  ρ a ⋅ Vd 1 ⋅ g , es la fuerza de empuje,  ρ a es la densidad del agua y V d 1 es el volumen de agua desplazada por el bote, cuando la piedra y la la persona están sobre el. Note que V d 1 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 mroca ⋅ g = N + E2 r 

 

dónde  E2 r =  ρ a ⋅ Vro ⋅ g , es la fuerza de empuje sobre la roca, V roca roca es el volumen de la roca, y r oca  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: (m ote + mpersona ) ⋅ g = E2b   dónde  E2b =  ρ a ⋅ Vs 2 ⋅ g es la fuerza de empuje sobre el bote, sólo con la persona en su interior, y V s2 s2

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

Luego el volumen total desplazado en las nuevas condiciones es: Vd 2 = Vs 2 + V roca

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 Vd 1 − V d 2 . Despejando ambas cantidades de las relaciones anteriores, se obtiene: Proyecto 11.06.31

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5 Vd 1 = ( m persona + mbote + mroca ) ⋅ Vd 2 = Vs 2 + Vroca = ( mpersona + mbote ) ⋅

1  ρ a

1  ρ a

+ Vroca  

Haciendo la diferencia se obtiene: Vd 1 − Vd 2 = ( m persona + mbote + mroca )

1  ρ a

− ( mpersona + mbote )

1 ρ a

− Vroca  

Usando mroca =  ρ r ⋅ V roca , donde  ρ r  es la densidad de la roca; entonces: Vd 1 − Vd 2 =  ρ r ⋅ Vroca ⋅

1  ρa

  ρ r 

− Vroca = Vroca  

 ρ a



− 1



Puesto que  ρ r > ρ a , entonces (Vd 1 − V d 2 ) > 0 es positivo y por lo tanto Vd 1 > V d 2 . En cada situación, el nivel hi del agua en la piscina (con i = 1 o 2) , está dado por la ecuación: Vagua + Vdi = A ⋅ hi

,

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  ρ  A , 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

θ   E 

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

W 

sumergida). Entonces, la ecuación de equilibrio de torques respecto al pivote se escribe:  L L W ⋅ sen (θ ) − E ⋅ sen (θ ) = 0

2

2

Además W =  ρ ⋅V ⋅ g y  E =  ρ  A ⋅ V ⋅ g , por lo tanto:  ρ ⋅ V ⋅ g ⋅ sen (θ ) = ρ A ⋅ V ⋅ g ⋅ sen (θ )

( ρ − ρ A ) sen (θ ) = 0 La única posibilidad de que se cumpla la ecuación anterior es que sen (θ ) = 0 , y esto sólo es posible si θ  = 0 , 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. Proyecto 11.06.31

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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

B

estable, pues cuando se desplaza ligeramente de

A

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 θ  = 0 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

θ  F 

en la figura, dónde F = E − W . Este sistema es el llamado péndulo físico. Para calcular la frecuencia de oscilación en torno a θ  = 0 , se escribe la ecuación dinámica: τ neto = I ⋅ α  ,

1 1 dónde  I = m ⋅ L2 =  ρ ⋅ V ⋅ L2 es el momento de inercia de la varilla respecto al pivote y 3 3 2

α=

d 

2

dt 

(θ ) = θ  es la aceleración angular. Entonces, la ecuación dinámica queda:  L , − F ⋅ sen (θ ) = I ⋅ θ 

2

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: θ +

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F ⋅L

2 ⋅ I 

θ  = 0 .

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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: ω 2 =

F⋅L

2 ⋅ I 

.

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

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3 g ( ρ A − ρ ) ⋅  ρ  2 L

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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  p0 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:  p =  p 0 + ρ gy ,

entonces la fuerza que ejerce esta presión sobre una franja de la pared (de largo L y ancho dy ) es: dF 1 =  pdA = ( p 0 + ρ gy ) Ldy

Por lo tanto; la fuerza F 1 ejercida por el líquido sobre toda la superficie interior de la pared se obtiene integrando:  H 

F 1 =

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0 ( p0 +  ρ gy) Ldy =  p0 HL +

 ρ gLH 2

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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: F 2 =  p 0 HL.

Luego, la fuerza sobre el dique debido a las presiones es de magnitud: F t  = F 1 − F 2 =  p 0 HL +

 ρ gLH 2

2

−  p 0 HL =

 ρ gLH 2

2

.

Note que las fuerzas debido a la presión atmosférica p 0 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: Ft  =

1000 2 7 ⋅ 9,8 ⋅ 30 ⋅ 25 ≈ 9, 2 ⋅ 10 [ N ] 2

Como podemos apreciar es una fuerza de gran magnitud equivalente aproximadamente al peso de “9000 autos”.

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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 g / cm3 y la del agua es 1,0 g cm3 . 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: PSup =  ρ 1 ⋅ g ⋅ h ,

P Inf  =  ρ 1 ⋅ g ⋅ (h + h1 ) + ρ 2 ⋅ g ⋅ h2 ,

dónde h1 = 8[cm] y h2 = 2[cm] . Así, el equilibrio de fuerzas verticales queda: PSup ⋅ A + m ⋅ g = P Inf  ⋅ A ,

de dónde se obtiene la masa del cubo: m = ( P Inf  − PSup ) ⋅

 A g

= ( ρ 1 h1 + ρ 2 h2 ) A.

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

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2. Empuje y Aceleración

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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 F neta =  M  a desglosada en sus componentes (  x, y, z ) y usando que a x = 0, a y = a, a z = 0 , tenemos lo siguiente.

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2. Empuje y Aceleración En la dirección x:

13 P ( x + ∆ x ) ⋅ ∆y ⋅ ∆z − P ( x ) ⋅ ∆ y ⋅ ∆z = 0

Dividiendo la ecuación anterior por el volumen ∆ x ⋅ ∆y ⋅ ∆z se encuentra, P ( x + ∆x) − P ( x)

∆ x

=0

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

En la dirección y:

=0

P ( y ) ⋅ ∆x ⋅ ∆z − P ( y + ∆ y ) ⋅ ∆ x ⋅ ∆ z = ∆ m ⋅ a

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

En la dirección z:

= − ρ ⋅ a

P ( z ) ⋅ ∆ x ⋅ ∆y − P ( z + ∆ z ) ⋅ ∆ x ⋅ ∆ y − ∆ m ⋅ g = 0

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

= − ρ ⋅ g

De acuerdo a lo anterior, la dirección del gradiente de presión no tiene componente en la dirección  x, por lo tanto el vector gradiente

 ρ ⋅ a

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

α 

∇P = −  ρ ⋅ a ⋅ yˆ − ρ ⋅ g ⋅ zˆ

Como se indica en la figura, el gradiente de presión forma un ángulo α  con la horizontal, determinado por la relación: tanα  =

 z

∇P

 ρ  ⋅ g

g a

 y

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?

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2. Empuje y Aceleración

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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 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  zˆ e  yˆ .

Puesto que el recipiente desliza sin fricción, la fuerza neta sobre él, es la componente  yˆ 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 F neta = m ⋅ a , separada en sus componentes según las tres direcciones escogidas se obtiene lo siguiente. En la dirección x : Proyecto 11.06.31

 P ( x + ∆x ) − P ( x )  ∆ y ⋅ ∆z = 0

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2. Empuje y Aceleración

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

En la dirección y:

=0

P ( y ) ⋅ ∆x ⋅ ∆z + ∆ m ⋅ g ⋅ sen (α ) − P ( y + ∆ y ) ⋅ ∆ x ⋅ ∆ z = ∆ m ⋅ ay

Puesto que a y = g ⋅ sen (α ) , se cancelan los dos términos que no contienen la presión. Dividiendo por ∆V = ∆x ⋅ ∆y ⋅ ∆z y tomando el límite ∆ y → 0 , se obtiene, dP dy

En la dirección z :

=0

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

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

= − ρ ⋅ g ⋅cos (α )

Luego, el gradiente de presión apunta en la dirección ( − zˆ ) y por lo tanto la orientación de la superficie libre del líquido es perpendicular al eje  zˆ , 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

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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

2,5 × 10−2 [ N / m  ] . Solución 9

En la figura se muestran la presión interior Pint , y la presión exterior Pext  sobre un segmento de pared de la burbuja de área ∆ A . Ambas presiones generan fuerzas sobre la cara interior y exterior de la burbuja F int  y F ext  respectivamente. Puesto que Fint = Pint  ⋅ ∆A y Fext = Pext  ⋅ ∆A , la magnitud de la fuerza radial sobre el segmento de superficie es Fr = Fint − Fext = ( Pint − Pext  ) ⋅ ∆ A .

Cuando el radio de la

burbuja aumenta en ∆r , el trabajo efectuado por dicha fuerza es: ∆W = Fr ⋅ ∆r = ( Pint − Pext )  ∆ A ⋅ ∆ r  

El trabajo realizado sobre la burbuja completa se obtiene integrando sobre toda su superficie; por lo tanto para una burbuja esférica, ∆W = ( Pint − Pext  ) ⋅ 4π  ⋅ r 2 ⋅ ∆ r .   La potencia desarrollada al incrementar el radio en ∆r  durante un lapso ∆t  es:  p =

∆W ∆t

 ∆r    ∆t  

= ( Pint − Pext   ) ⋅ 4π  ⋅ r 2 

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 Proyecto 11.06.31

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3. Tensión Superficial y Capilaridad

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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: ( Pint − Pext )π r 2 = 2 ⋅ σ ⋅ 2π r



Pint − Pext =

4σ   

r 

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 σ ⋅ 2π r . Reemplazando lo anterior en la expresión para la potencia media, se obtiene finalmente,

 p =

4σ  r

 ∆r   dr  πσ  = 16 ⋅ = 2,5 ⋅ 10−4 [W ] r     ∆t   dt   

⋅ 4π r 2 ⋅ 

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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3. Tensión Superficial y Capilaridad

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Problema 10

Un tubo capilar se sumerge en agua con su extremo inferior a distancia h = 10 [ cm] por debajo de la superficie. El agua se eleva en el tubo hasta la altura δ  = 4 [cm] 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 Pint − Pext   =

2 F γ   r 

donde r  es su radio, F γ   es la

tensión superficial del líquido, Pint  es la presión interior y Pext  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 Pext  está dada por Pext = Patm +  ρ ⋅ g ⋅ h La elevación capilar puede expresarse en términos de la tensión superficial, planteando equilibrio de fuerzas, para la columna capilar de longitud δ  . De acuerdo al diagrama de cuerpo libre indicado en la figura y notando que se cancelan exactamente los efectos de la presión atmosférica, tenemos: m ⋅ g = Fγ   ⋅ 2π  ⋅ r  

( ρ ⋅ π ⋅ r 2 ⋅ δ ) g ⋅ = Fγ   ⋅ 2π  ⋅ r Entonces

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2 F γ   r 

 

=  ρ ⋅ g ⋅ δ 

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3. Tensión Superficial y Capilaridad

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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: Pint − Pext   =

2 F γ   r 

=  ρ ⋅ g ⋅ δ 

Pint =  ρ ⋅ g ⋅δ  + Pext

 

Usando el valor de Pext  indicado anteriormente, se obtiene el siguiente resultado en términos de los datos del enunciado: Pint = Patm +  ρ ⋅ g ⋅ δ + ρ ⋅ g ⋅ h

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

entonces Pint − Patm =  ρ ⋅ g ⋅ δ + ρ ⋅ g ⋅ h

= 1000 ⋅ 9 ,8 ⋅ ( 0,04 + 0, 10) 3

 1 ,4 ⋅ 10  1 ,4 ⋅ 10

[ Pa ]

−2

[ atm]

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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3. Tensión Superficial y Capilaridad

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Problema 11

Un recipiente cerrado que contiene agua a una presión absoluta P = 1, 01[ atm ] tiene

inserto un tubo capilar abierto a la atmósfera

de radio r = 0 ,1[ 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 θ  = 0 , la tensión superficial es Fγ   = 0, 01[ N / m] y la densidad es  ρ  = 1000  kg / m3  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 ( h p ) más la elevación por capilaridad ( hc ) ; es decir, h = h p + hc . Para calcular h p , planteamos: Patm +  ρ ⋅ g ⋅ hp = P  hp =

Entonces,

h p

P − Patm

 ρ ⋅ g

(1 , 01 − 1, 00 ) ⋅1, 013 × 105 = 103 ⋅ 9.8 ≈ 0 ,10 [ m ]

Para calcular hc se usa el resultado obtenido en un ejercicio anterior, para el caso particular en que el ángulo de contacto es θ  = 0 , (Problema 10) . hc =

Entonces,

2 Fγ   ⋅ cos (θ )  ρ ⋅ g ⋅ r 

0 ,02 ⋅1 10 ⋅ 9 ,8 ⋅10−4 ≈ 0 , 020 [ m ]

hc =

3

Por lo tanto: h = h p + hc = 0,10 + 0 ,020 = 0,12[ m]

Proyecto 11.06.31

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3. Tensión Superficial y Capilaridad

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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 Patm (π  ⋅ r 2 ) . Según el diagrama de cuerpo libre la ecuación de equilibrio es: P (π ⋅ r 2 ) + Fγ   ⋅ 2 ⋅ π ⋅ r = Patm (π  ⋅ r 2 ) + mg

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

P − Patm

 ρ ⋅ g

+

2 F γ   ρ ⋅ g ⋅ r 

,

lo cual coincide con el resultado anterior.

Proyecto 11.06.31

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3. Tensión Superficial y Capilaridad

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Problema 12 Vacio vacío

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].

Patm

La densidad del mercurio es 13,6 [g/cm3], su tensión superficial vale 4,65x10

-3

726 [mm]

[N/cm] y su ángulo de

contacto con el vidrio es α  = 140 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 θ = 180 − α  = 40 °.

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

F γ  

θ 

mercurio, se obtiene: W  Hg

 F  = 0  y

Fγ   ( 2π ⋅ r ) cos (θ ) +

 Tension Superficial

Proyecto 11.06.31

W Hg 

Peso columna

− Patm (π  ⋅ r 2 )  = 0 

Presión en la cara inferior de la columna

Patm

UTFSM

3. Tensión Superficial y Capilaridad

23

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 1

superior del menisco, por lo tanto la presión sobre el es cero . 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 Patm se obtiene: 2 2 Fγ   ( 2π ⋅ r ) cos (θ ) + ρ ( π ⋅ r ⋅ h ) g − Patm ( π ⋅ r  )  = 0

Patm

=  ρ ⋅ g ⋅ h +

2 Fγ   ⋅ cos (θ ) r 

2 ⋅ 4 , 65 × 10−1 cos ( 40° ) = 13.600 ⋅ 9, 8 ⋅ 0, 726 + 1 2 ⋅ 0 , 001 = 98186 ,1 [ Pa ] Patm = 0 ,969 [ 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. Proyecto 11.06.31

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3. Tensión Superficial y Capilaridad

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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 r 1 = 0,50 [mm] y radio exterior r 2 = 1,50 [mm]. El otro tubo tiene radio interior r 3 = 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: F 1 = σ  ⋅ 2π  r 1 ⋅ cos θ  , dónde σ  es la tensión superficial, θ  = 10 ° y r = 0, 50[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, F 1 =  Mg , 2 dónde  M =  ρ ⋅ π  r1 H , siendo  ρ  la densidad del líquido.

Entonces,

σ ⋅ 2π r1 ⋅ cos θ = ρ ⋅ π r 12 H ⋅ g

Con los datos del enunciado es posible evaluar la siguiente cantidad que usaremos más adelante: Proyecto 11.06.31

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3. Tensión Superficial y Capilaridad 2σ ⋅ cos θ 

 ρ ⋅ g

25

= r1 H = 6[ mm 2 ]

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: F2 = σ ⋅ 2π r2 ⋅ cos θ + σ ⋅ 2π r 3 ⋅ cos θ   La ecuación de equilibrio para la porción anular de altura h es: F2 = mg , 2

2

dónde m =  ρ ⋅ π  (r3 − r2 ) ⋅ h . Entonces,

σ ⋅ 2π r2 ⋅ cos θ + σ ⋅ 2π r3 ⋅ cos θ = ρ ⋅ π ( r32 − r22 ) ⋅ h ⋅ g Despejando h se obtiene: h=

2σ ⋅ cos θ 

 ρ ⋅ g ⋅ (r3 − r 2 )

.

Usando el resultado obtenido al analizar la columna cilíndrica de líquido en el capilar interior, la altura h se expresa como: h=

r1 ⋅ H  (r3 − r 2 )

.

Este resultado final ha quedado expresado sólo en términos de los datos geométricos y del valor  H = 12[ mm] medido experimentalmente. Reemplazando los valores respectivos se obtiene finalmente h = 6[mm].

Proyecto 11.06.31

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4. Ecuación de Bernoulli y de Continuidad

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Problema 14 Considere el agua que fluye con rapidez de

3[ m s ]

sometida a una presión de

200[kP a ] , 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,

 v2 = v1

v1 A 1 = v2 A 2

 A 1  A 2

,

dónde  A1 y  A2 son áreas de la sección transversal de la cañería, cuyos respectivos diámetros satisfacen: φ 2 = φ 1 2 . Entonces,  A 1 =

π  4

2

φ 1 y  A 2 =

π   φ 1 



2

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

4 2 

en la ecuación de continuidad se obtiene: v2 = 4 v1 = 12 [ m / s ] b) Aplicando la ecuación de Bernoulli a las secciones transversales correspondientes a los diámetros φ 1 y φ 2 , tenemos que: 1 1 2 2 P1 +  ρ ⋅ v1 + ρ ⋅ g ⋅ h1 = P2 + ρ ⋅ v2 + ρ ⋅ g ⋅ h2 , 2 2 Al despejar P2 considerando que h 1 = h 2 , se obtiene: 1 2 2 P2 = P1 +  ρ ( v1 − v2 ) 2 Proyecto 11.06.31

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4. Ecuación de Bernoulli y de Continuidad

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Con los datos del enunciado más el resultado de la parte a) y evaluando con  ρ  = 103  kg / m2  , la presión P2 es: 2

2

P2 = 200 + 500 ⋅ ( 3 − 12

)

= 1 ,3 × 105 [ 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,  A 1 ⋅ v1 = A 2 ⋅ v2

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

∆ x ∆t 

, la igualdad

anterior queda:

 ρ ⋅ A 1 ⋅

∆ x1 ∆t

= ρ ⋅ A 2 ⋅

∆x2 ∆t 

.

Los productos  ρ ⋅ A ⋅ ∆x corresponden a la masa ∆m de líquido que fluye por cada sección durante el lapso ∆t . Luego ∆m 1 = ∆m 2 , es decir, la masa que fluye por cada sección en un mismo intervalo de tiempo es la misma.

Proyecto 11.06.31

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4. Ecuación de Bernoulli y de Continuidad

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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 v2 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: 1 1 2 2 P1 +  ρ ⋅ v1 + ρ ⋅ g ⋅ h1 = P2 + ρ ⋅ v2 + ρ ⋅ g ⋅ h2 2 2 v1 ⋅ A1 = v2 ⋅ A2 Puesto que  A1  A2 la ecuación de continuidad indica que v1