3. Fuerza y presión en los fluidos


3. Fuerza y presión en los fluidos
Solucionario
Preparación de la unidad (pág. 65)
• La presión atmosférica es la presión que ejerce el aire
de la atmósfera sobre la Tierra. La presión atmosférica
en un valle es mayor que la que hay en la cima de una
montaña.
1 m2
5 19 m2
• 1 900 dm2 5 1 900 dm2 ? –––––––––
100 dm2
100 m2
5 25 m2
0,25 dam2 5 0,25 dam2 ? ––––––––
1 dam2
5 85 000
1 m2
cm2 ? –––––––––––
10 000 cm2
5 8,5
1. a) Los vehículos muy pesados, como las excavadoras, están provistos de cadenas para presentar una
mayor superficie de contacto con el suelo. Así, la
presión ejercida es más pequeña, por lo que no se
hunden tanto.
m2
10 000 m2
5 34 520 m2
3,452 hm2 5 3,452 hm2 ? ––––––––––
1 hm2
b) Los cuchillos se afilan para disminuir la superficie
de contacto. De este modo, la hoja del cuchillo ejerce más presión y corta mejor.
1 m2
5 39,4 m2
3,94 ? 107 mm2 5 3,94 ? 107 mm2 ? –––––––––
106 mm2
106 m2
5 60 m2
6 ? 1025 km2 5 6 ? 1025 km2 ? –––––––
1 km2
2. Datos: F 5 50 N
S 5 0,01 mm2 5 0,00000001 m2 5 1028 m2
• El peso de un cuerpo es la fuerza con que atrae la Tierra
o cualquier otro cuerpo celeste a ese cuerpo.
Utilizamos la fórmula de la presión: P 5 F / S
50 N
P 5 –––––––––
5 5 ? 109 Pa
1028 m2
Utilizamos la 2.a ley de Newton para hallar el peso.
P 5 m?g
P 5 3,2 kg ? 9,8
m/s2
Convertimos la unidad a atmósferas:
5 31,36 N
• Según este modelo de materia, todo lo que vemos está
formado por unas partículas muy pequeñas, que están en
continuo movimiento. Entre ellas existen fuerzas atractivas, llamadas fuerzas de cohesión. Las partículas, al
estar en movimiento, se encuentran a una cierta distancia
unas de otras. Entre las partículas hay espacio vacío.
1 atm
5 49 358,34 atm
5 ? 109 Pa 5 5 ? 109 Pa ? –––––––––––––
1,013 ? 105 Pa
La presión ejercida es de 49 358,34 atm.
3. Datos: P 5 40 000 Pa
S = 1 mm2 ⋅
En el estado sólido, las partículas están muy juntas y se
mueven oscilando alrededor de unas posiciones fijas; las
fuerzas de cohesión son muy grandes. En el estado líquido, las partículas están más separadas y se mueven de
manera que pueden cambiar sus posiciones, pero las
fuerzas de cohesión, aunque son menos intensas que en
el estado sólido, impiden que las partículas puedan independizarse. En el estado gaseoso, las partículas están
totalmente separadas unas de otras y se mueven libremente; no existen fuerzas de cohesión.
Por esta razón, los sólidos tienen forma fija y volumen
constante, y no son fácilmente miscibles. Los líquidos y
los gases no tienen forma fija y son fácilmente miscibles.
Los líquidos tienen volumen constante, pero los gases
no. También debido a la intensidad de las fuerzas de cohesión, en general, la densidad de los sólidos es mayor
que la de los líquidos y esta, a su vez, mucho mayor que
la de los gases.
1 m2
10 6 mm2
= 10 −6 m2
Calculamos la fuerza ejercida sobre el clavo.
P=
F
⇒ F = P⋅S
S
F 5 40 000 Pa ? 1026 m2 5 4 ? 1022 N
La fuerza ejercida es de 0,04 N.
4. Datos: m 5 9 500 kg
• La piedra se hunde en el agua porque su densidad es
mayor que la de esta, y la tabla de natación flota porque
su densidad es menor. Debido a la densidad, la fuerza de
empuje que experimenta la piedra es inferior a su peso,
por tanto, se hunde; en cambio, en la tabla de natación,
la fuerza de empuje, debida a su parte sumergida, es
igual a su peso y esto le permite flotar.
© grupo edebé
P 5 1 662,5 kPa
Utilizamos la 2.a ley de Newton para calcular el peso.
F 5 p 5 m?g
p 5 9 500 kg ? 9,8 m/s2 5 93 100 N 5 9,31 ? 104 N
Utilizamos la fórmula de la presión para hallar la superficie.
F
F
P 5 ––– ; S 5 –––
S
P
9,31 ? 104 N
S 5 –––––––––––– 5 0,056 m2
1 662 500 Pa
La superficie en la que se apoyan los neumáticos es de
0,056 m2.
Solucionario unidad 3. Fuerza y presión en los fluidos
85 000
cm2
Actividades (pág. 67)
185
Actividades (pág. 69)
12. Datos: h 5 300 m
d 5 1 030 kg/m3
5. Según la cohesión entre sus partículas:
F 5 d?g?h?S
— Según la movilidad de las partículas:
Suponemos que sobre todas las caras del cofre actúa
la misma presión, puesto que las variaciones de presión debidas a la altura del cofre (20 cm) son despreciables frente al valor de la profundidad (300 m).
gaseoso . líquido . sólido
6. — Sólidos
— Sólidos
Fuerza sobre la cara de 0,25 3 0,35 m:
— Gases
F 5 1 030 kg/m3 ? 9,8 m/s2 ? 300 m ? 0,25 m ? 0,35 m 5
— Líquidos y gases
5 264 967, 5 N
— Líquidos y gases
Fuerza sobre la cara de 0,2 3 0,25 m:
— Gases
F 5 1 030 kg/m3 ? 9,8 m/s2 ? 300 m ? 0,2 m ? 0,25 m 5
5 151 410 N
V 5 0,02 m3 5 2 ? 1022 m3
7. Datos: m 5 157 kg
Utilizamos la fórmula de la densidad en los fluidos.
Fuerza sobre la cara de 0,2 3 0,35 m:
d5m/V
F 5 1 030 kg/m3 ? 9,8 m/s2 ? 300 m ? 0,2 m ? 0,35 m 5
157 kg
kg
d 5 –––––––––––
5 7 850 ––––––
22
3
m3
2 ? 10 m
5 211 974 N
Actividades (pág. 73)
kg
La densidad será de 7 850 ––––
.
m3
8. Datos: d 5
2,7 ? 103
kg/m3
El volumen del encofrado que hay que encementar es:
13. Principio de Pascal: «La presión aplicada en un punto
de un líquido se transmite con la misma intensidad en
todas las direcciones en el interior del líquido».
Las principales aplicaciones de este principio son:
V 5 12,5 m ? 2 m ? 0,5 m 5 12,5 m3
Calculamos la cantidad de cemento que necesitaremos.
— Prensa hidráulica: permite comprimir un objeto realizando una fuerza menor.
kgkg
m
3 3
dd
= = m⇒⇒
mm
==
d ⋅dV⋅ V= =2 ,2
7,⋅710
⋅ 12
, 5, 5
m3m3= =
⋅ 10
⋅ 12
VV
m3m3
— Elevador hidráulico: permite elevar un cuerpo de
gran peso, sin tener que ejercer la fuerza que sería
necesaria si se elevara directamente.
4 kg
4
= =3 ,3375
⋅ 10
, 375
⋅ 10
kg
— Frenos hidráulicos: frenos de diversos vehículos
donde se consigue accionar los mecanismos que
detienen las ruedas, tan solo presionando el pedal.
Necesitaremos 33 750 kg de cemento.
Actividades (pág. 71)
Solucionario unidad 3. Fuerza y presión en los fluidos
base 5 35 3 25 cm
Utilizamos la fórmula de la fuerza hidrostática.
sólido . líquido . gaseoso
186
a 5 20 cm
9. La presión hidrostática es la presión que ejercen los
líquidos en cualquier punto de su interior. Depende de
la densidad, de la aceleración de la gravedad y de la
profundidad.
10. El agua ejerce fuerzas iguales sobre ambas superficies, pues ambas tienen las mismas dimensiones y
soportan la misma presión hidrostática. La presión es
igual en las dos superficies porque depende de la profundidad, pero no de si la superficie se coloca vertical
u horizontal, y las dos superficies se sitúan a la misma
profundidad media.
11. Datos: h 5 150 m
14. Según la teoría cinético-molecular de la materia, los
líquidos son incompresibles porque la distancia entre
las moléculas es pequeña en comparación con la medida de las partículas y esta no puede reducirse. Como
consecuencia, al aplicar presión en un punto se transmite a todas las partículas, ya que la fuerza ejercida
no puede modificar la distancia entre ellas y, por tanto,
la presión se transmite a través de todo el líquido.
15. Datos: SA 5 7, 84 m2
d 5 1 030 kg/m3
m 5 1 800 kg
Pasamos la superficie menor al SI.
SB = 1 200 cm2 ⋅
Utilizamos la fórmula de la presión hidrostática.
SB 5 1 200 cm2
1 m2
10000 cm2
= 0 ,12 m2
Calculamos el peso del monovolumen.
P 5 d?g?h
P 5 1 030 kg/m3 ? 9,8 m/s2 ? 150 m 5 1,51 ? 106 Pa
F 5 p 5 m ? g 5 1 800 kg ? 9,8 m/s2 5 17 640 N
La presión hidrostática ejercida sobre el submarino
será de 1,51 ? 106 Pa.
Aplicamos el principio de Pascal, que afirma que la
presión es la misma en todos los puntos del líquido.
© grupo edebé
PA = PB ⇒
FB =
FA
SA
=
FB
⇒ FB =
SB
17640 N ⋅ 0 ,12 m
7 , 84 m2
2
b) La densidad del agua (dL 5 1 000 kg/m3) es menor
que la densidad del cuerpo, así que el cuerpo se
hunde.
FA ⋅ SB
SA
= 270 N
c) La densidad del mercurio (dL 5 13 600 kg/m3) es
mayor que la densidad del cuerpo, así que el cuerpo flota.
En el émbolo pequeño hay que aplicar una fuerza de
270 N.
16. Datos: rA 5 26 cm 5 0,26 m
rB 5 5 cm 5 0,05 m
FA 5 1 650 kp
Calculamos la superficie de cada extremo del tubo.
SA 5 p ? r A2 5 p ? (0,26 m)2 5 6,76 ? 1022 ? p m2
SB 5 p ? r B2 5 p ? (0,05 m)2 5 2,50 ? 1023 ? p m2
Aplicamos el principio de Pascal, que afirma que la
presión es la misma en todos los puntos del líquido.
PA = PB ⇒
FB =
FA
SA
=
FB
SB
⇒ FB =
1650 kp ⋅ 2 , 5 ⋅ 10 −3 ⋅ π m2
6 , 76 ⋅ 10 −2 ⋅ π m2
20. En una embarcación hay muchos espacios vacíos, llenos solo de aire, por eso, a pesar de que su casco
tenga la densidad del acero, la densidad global de la
embarcación es mucho menor, puesto que contiene
otros materiales y aire, y así puede flotar en el agua.
Por el contrario, la densidad de una esfera de acero es
mucho mayor a la del agua, por lo tanto, no flota.
21. Datos: m 5 7 000 toneladas 5 7 ? 106 kg
dL 5 1,026 g/cm3 5 1 026 kg/m3
FA ⋅ SB
Sabemos, por el principio de Arquímedes, que el volumen sumergido del buque es igual al volumen del
líquido desalojado, y el empuje de la parte sumergida
es igual al peso de todo el buque. Así:
SA
= 61 kp
E 5 dL ? V ? g
Deberíamos haber aplicado una fuerza de 61 kp.
E
m?g
m
V 5 –––––– 5 –––––– 5 ––––
dL ? g
dL
dL ? g
Actividades (pág. 76)
7 ? 106 kg
V 5 ––––––––––––
5 6 822,6 m3
1 026 kg/m3
17. Datos: a 5 15 cm 5 0,15 m
a = 15 cm = 0 ,15 m
p = 60 N
d = 1 000
kg
El volumen de la parte sumergida del buque es de
6 822,6 m3.
m3
Calculamos el volumen del cuerpo.
Actividades (pág. 78)
— Hallamos el valor de la fuerza de empuje.
E = dL ⋅ V ⋅ g
E = 1000
kg
m3
⋅ 3 , 375 10 −3 m3 ⋅ 9 , 8
m
= 33 N
s2
Calculamos el peso que marcará el dinamómetro,
es decir, el peso aparente.
p 5 p9 2 E 5 60 N 2 33 N 5 27 N
18. En el mar es más fácil hacer el muerto porque su densidad es más alta que la del agua dulce, debido a la
sal que contiene el agua.
22. Las fuerzas debidas a la presión atmosférica actúan
sobre el objeto al aire libre en dirección perpendicular a
la superficie del cuerpo. Es decir, la dirección de las
fuerzas debidas a la presión varía según el punto de la
superficie del cuerpo, tal como sucede con un cuerpo
en el seno de un líquido.
23. El mercurio en el interior del tubo no baja completamente porque la presión que ejerce el aire sobre la
superficie libre del mercurio de la cubeta lo impide ya
que se transmite en todas direcciones en el seno del
mercurio. Deja de bajar cuando esta presión es igual a
la que ejerce la columna de mercurio del interior del
tubo, pues ambas están en equilibrio.
19. Datos: d 5 1 500 kg/m3
Si la fuerza de empuje es mayor que el peso real del
cuerpo, este flota; si por el contrario, la fuerza de empuje es menor que el peso real, el cuerpo se hunde. En
caso de que la fuerza de empuje y el peso real sean
iguales, el cuerpo estará en equilibrio en el interior del
líquido.
Respecto a las densidades, podemos deducir:
— La presión atmosférica se puede medir con el barómetro, un instrumento cuyo funcionamiento se basa
en el experimento de Torricelli.
24. Utilizamos la fórmula de la presión atmosférica para
hallar la altura de la columna:
P
P 5 d ? g ? h ; h 5 –––––
d?g
Se sabe que la densidad del agua es de 1 000 kg/m3 y
que la presión atmosférica normal es de 1,013 ? 105 Pa.
d , dL el cuerpo flotará
d . dL el cuerpo se hundirá
a) La densidad del alcohol (dL 5 792 kg/m3) es menor
que la densidad del cuerpo, así que el cuerpo se
hunde.
© grupo edebé
1,013 ? 105 Pa
h 5 –––––––––––––––––– 5 10,34 m
kg
1 000 –––
? 9,8 m/s2
m3
Solucionario unidad 3. Fuerza y presión en los fluidos
V 5 a3 5 (0,15 m)3 5 3,375 ? 1023 m3
187
Si llevamos a cabo el experimento de Torricelli con
agua, la columna deberá medir 10,34 m.
25. Datos: h 5 5 895 m
d 5 1,293
29. Respuesta sugerida:
P al nivel del mar 5 1 atm
Interpretación de los mapas meteorológicos.
a)
1 025
995
kg/m3
1 000
Utilizamos la fórmula de la variación de la presión con
la altura: D P 5 d ? g ? D h
1 020
A
1 030
1 010
1 005
1 000
1 005
1 015
D
kg
m
? 9,8 –––
? 5 895 m 5 7,4698 ? 104 Pa
D P 5 1,293 ––––
3
s2
m
A
D
Por tanto, la presión atmosférica en la cima del Kilimanjaro vale:
D
1 010
P 5 P0 2 D P 5 101 300 Pa 2 74 698 Pa 5 26 602 Pa
Día 1.
Convertimos las unidades a atm:
1 atm
D P 5 7,4698 ? 104 Pa 5 ––––––––––––––
5 0,74 atm
1,013 ? 105 Pa
Aparecen tres zonas de bajas presiones, dos al este
del continente europeo, y otra sobre la Península
Ibérica.
En atmósferas, la presión atmosférica en el monte Kilimanjaro vale P 5 P0 2 D P 5 1 2 0,74 5 0,26 atm.
El centro de Europa se encuentra en una zona anticiclónica.
26. Datos: V 5 805 m3
La Península Ibérica se encuentra dentro de la zona
de influencia de la baja presión y se le acerca por el
noroeste un frente frío; posibilidad de aparición de
nubes y de precipitaciones.
d 5 0,98 kg/m3
daire 5 1,2 kg/m3
m 5 300 kg
Utilizamos el principio de Arquímedes para hallar el
empuje: E 5 d ? V ? g
b)
1 025
1 015
1 005
1 010
kg
m
? 805 m3 ? 9,8 –––
5 9,47 ? 103 N
E 5 1,2 ––––
3
s2
m
1 030
1 020
D
1 005
Utilizamos la 2.a ley de Newton para hallar el peso:
1 015
1 005
F5mg
F 5 p 5 300 kg ? 9,8 m/s2 5 2,94 ? 103 N
1 015
1 010
D
1 010
A
El empuje es de 9,47 ? 103 N y el peso es de 2,94 ? 103 N.
Actividades (pág. 80)
Día 2.
Solucionario unidad 3. Fuerza y presión en los fluidos
27. La brisa de mar se debe a que, durante el día, la tierra
cercana al mar alcanza una temperatura mayor que la
del agua del mar. El aire cercano a la tierra se calienta
y, por tanto, asciende desde la tierra y se dirige hacia el
mar, donde se enfría y desciende. A continuación, desde el mar y a poca altura, el aire se dirige hacia la tierra
donde sustituye al aire caliente.
188
La Península Ibérica queda completamente situada
en la zona de bajas presiones. El paso, además, del
frente frío origina la formación de nubes y precipitaciones. El anticiclón se ha desplazado hacia el
sudeste de Europa.
c)
995
1 005
28. Las depresiones son zonas donde el aire caliente asciende, de manera que la presión atmosférica disminuye. Los vientos giran en sentido contrario a las agujas
del reloj, vistos desde arriba, y producen inestabilidad,
con nubes y precipitaciones.
Los anticiclones son zonas donde el aire frío desciende, de manera que la presión atmosférica aumenta.
Los vientos giran en el sentido de las agujas del reloj,
vistos desde arriba, y van asociados a un tiempo estable, sin nubes ni precipitaciones.
Un frente frío consiste en una masa de aire frío que
avanza, a poca altura, desplazando el aire de las capas
bajas. En un frente cálido es una masa de aire cálido la
que avanza reemplazando al aire frío. El primero está
asociado a bajas temperaturas, viento y tormentas. El
segundo a altas temperaturas, humedad y, ocasionalmente, a lluvia.
© grupo edebé
1 020
1 000
1 030
D
1 025
1 015
1 020
1 010
1 025
D
A
D
A
1 015
1 010
1 000
1 005
1 015
1 010
1 020
Día 3.
Las dos depresiones se han desplazado hacia el
este ligeramente, y ha aparecido una zona de altas
presiones entre Bulgaria y Turquía.
Empieza a desaparecer la nubosidad por el norte
de la Península Ibérica, aunque el litoral sigue afectado por precipitaciones, debido al desplazamiento
hacia la derecha de la baja presión.
d)
1 035
1 000
1 015
1 005
1 020
1 010
1 020
1 025
1 015
1 010
1 030
1 015
1 025
1 020
D
f ) Para determinar la densidad de cada uno de los cuerpos basta con medir con una probeta el volumen de
agua, V, que desaloja cada uno de ellos. Este valor coincide con el volumen del cuerpo sumergido en el agua.
Además, la masa del cuerpo puede determinarse a
partir del valor del peso p medido con el dinamómetro.
Por tanto, la densidad, d, del cuerpo vale:
p
d 5 ––––– , donde g es la aceleración de la gravedad.
g?V
1 010
1 005
D
A
Día 4.
La depresión que estaba situada sobre Rusia se ha
desplazado y ya no aparece. La que afectaba a la
costa de la Península Ibérica también se ha desplazado y ahora se sitúa sobre Sicilia.
Resolución de ejercicios y problemas
(pág. 82)
30. Datos: d 5 1,026 ? 103 kg/m3
h 5 100 m
a) Utilizamos la fórmula de la presión hidrostática para
hallar la presión:
Esto deja a la Península Ibérica en una zona de altas presiones y situada entre dos frentes cálidos, de
manera que se da paso a días soleados y estabilidad en el tiempo.
P 5 d?g?h
P 5 1,026 ? 103 kg/m3 ? 9,8 m/s2 ? 100 m 5
5 1,01 ? 106 Pa
Experiencia (pág. 81)
La presión hidrostática sobre las paredes del batiscafo es de 1,01 ? 106 Pa.
Cuestiones
b) Utilizamos la fórmula de la presión hidrostática para
hallar la profundidad:
a) La fuerza hacia arriba es la fuerza que ejerce el muelle
sobre el cuerpo que cuelga de él. Su valor viene dado
por la ley de Hooke.
P
P 5 d ? g ? h ; h 5 –––––
d?g
b) Son distintas. Cuando el cuerpo está sumergido, la fuerza del muelle compensa la fuerza hacia abajo cuyo módulo es igual al peso aparente (diferencia entre el peso
del cuerpo y el empuje). En cambio, cuando el cuerpo no
está sumergido, la fuerza del muelle compensa el peso
del cuerpo y, por tanto, la lectura del dinamómetro es
mayor que en el caso anterior.
donde P 5 1,01 ? 106 Pa 1 5 ? 105 Pa 5 1,51 ? 106 Pa
1,51 ? 106 Pa
h 5 –––––––––––––––––––––––––
5 150 m
1,026 ? 103 kg/m3 ? 9,8 m/s2
La profundidad a la que tiene que llegar el batiscafo para que la presión hidrostática aumente en
5 ? 105 Pa es de 150 m.
31. Datos: P 5 254 800 Pa
d 5 1 000 kg/m3
Utilizamos la fórmula de la presión hidrostática para
P
hallar la altura del recipiente: P 5 d ? g ? h ; h 5 –––––
d?g
254 800 Pa
h 5 –––––––––––––––––– 5 26 m
kg
m
1 000 –––
? 9,8 –––
s2
m3
p9
La altura del recipiente será de 26 m.
E
32. Sabemos que el volumen sumergido del patito es un
75 % del total. Por tanto, se deduce que:
p
d) El empuje se calcula según E 5 p 2 p9. Dentro del margen de error experimental, el valor de E obtenido del
cálculo anterior coincide con el peso del agua desalojada, es decir, con el peso del agua derramada. Por tanto,
sí se cumple el principio de Arquímedes.
e) Un cuerpo de menor densidad que el agua flota en ella.
Su peso coincide con el empuje debido a la parte sumergida. Por tanto, la lectura del dinamómetro cuando
cuelga de él dicho cuerpo es cero. Es decir, el peso
aparente del cuerpo que flota es cero.
© grupo edebé
Vs
0,75
–––– 5 –––––
V
1
Igualamos las fórmulas del peso y el empuje para hallar
la densidad del material:
d ? V ? g 5 dL ? VS ? g
kg
1 000 –––
? 0,75
dL ? Vs
m3
kg
d 5 ––––––– 5 ––––––––––––––– 5 750 –––
V
1
m3
La densidad del material es de 750 kg/m3.
Solucionario unidad 3. Fuerza y presión en los fluidos
c)
189
33. Datos: m 5 1 500 kg
V 5 10 m3
735 N
P 5 ––––––––––––
5 1,47 ? 105 Pa
5 ? 1023 m2
dL 5 1,028 ? 103 kg/m3
Dividimos la superficie encontrada entre las 4 patas
que tiene la silla:
Designamos por V y Vs, respectivamente, al volumen
del yate y al volumen de su parte sumergida. El porcentaje del volumen que emerge viene dado por:
1
5 ? 1023 m2
–––––––––––– 5 1,25 ? 1023 m2 5 12,5 cm2
4
2
Vs
V 2 Vs
–––––––– ? 100 % 5 1 2 ––– ? 100 %
V
V
El cociente Vs / V se calcula a partir de la igualdad entre
peso y empuje:
d ? V ? g 5 dL ? Vs ? g
Vs
d
m/V
m
–––– 5 ––– 5 –––––– 5 –––––– 5
dL
V ? dL
V
dL
1 500 kg
5 0,146
5 ––––––––––––––––––––––––––
10 m3 ? 1,028 ? 103 kg?m23
37. La punta de la espada tiene una especie de botón para
R que así la presión ejercida sobre el cuerpo del rival sea
insuficiente para atravesarlo. Lo podemos comprobar
en la fórmula de la presión, ya que superficie y presión
son inversamente proporcionales.
38. Datos: m 5 3 kg
R
De donde resulta:
1
La superficie de la base de cada pata es de 12,5 cm2
y la presión ejercida por la silla sobre el suelo al sentarse una persona de 65 kg es de 1,47 ? 105 Pa.
2
l3 5 7 cm 5 0,07 m
F = p = m ⋅ g = 3 kg ⋅ 9 , 8
Emerge un 85,4 % del volumen total del yate.
m
= 29 , 4 N
s2
Calculamos la superficie de cada cara.
Actividades (págs. 83 y 84)
S1 5 I1 ? I2 5 0,26 m ? 0,14 m 5 0,0364 m2
S2 5 I1 ? I3 5 0,26 m ? 0,07 m 5 0,0182 m2
La presión
S3 5 I2 ? I3 5 0,14 m ? 0,07 m 5 0,0098 m2
34. Dejará huellas más profundas la que calza el número 37.
Calculamos la presión sobre cada cara.
29
N
F
29 ,,, 4
4
F =
P
807 , 7 Pa
Pa
4N
N2 =
1 =
P
= SF =
= 0 ,29
= 807
0364
m2 =
807 ,, 7
7 Pa
P11 =
1
0
,
0364
S
m
0 , 0364 m2
S11
29 , 4 N
F
29
F
P
= 1615 ,, 4
Pa
29 ,, 4
4N
N2 =
F =
2 =
P
=
=
2
,
0
1
82
S2 = 0
m
P2 = S
= 1615
1615 , 4
4 Pa
Pa
2
0
,
0
1
82
m
2
2
0 , 0182 m
S2
29 ,, 4
4N
N
F
29
P3 = F
= 3000 Pa
Pa
29 , 4 N
F =
P
00984
S3 =
,
m22 =
P33 =
= S
= 0
= 3000
3000 Pa
0
,
00984
m
2
S3
0 , 00984 m
Las dos personas pesan igual; por lo tanto, ambas
ejercen la misma fuerza sobre la nieve. Pero, como la
superficie de la suela del zapato del número 37 es menor que la del zapato del número 40, la presión que
ejercerá el primero será mayor, y, por lo tanto, se hundirá más en la nieve.
35. Datos: F 5 40 N
S 5 1022 mm2 5 1028 m2
3
F
Utilizamos la fórmula de la presión: P 5 –––
S
40 N
P 5 –––––––––
5 4 ? 109 Pa
1028 m2
Solucionario unidad 3. Fuerza y presión en los fluidos
l2 5 14 cm 5 0,14 m
Calculamos el peso del ladrillo y, por tanto, la fuerza
que ejerce sobre el suelo.
Vs
1 2 ––– ? 100 % 5 (1 2 0,146) ? 100 % 5 85,4 %
V
190
l1 5 26 cm 5 0,26 m
Los fluidos y sus propiedades
La presión ejercida es de 4 ? 109 Pa.
36. Datos: m 5 10 kg
P 5 1,96 ? 104 Pa
Utilizamos la 2.a ley de Newton para hallar el peso (la
fuerza) de la silla y del hombre cuando se sienta sobre
la silla: F 5 P 5 m ? g
39. Los estados de la materia que se agrupan bajo el nombre genérico de fluidos son el estado líquido y el estado gaseoso. La propiedad que caracteriza a estas
sustancias es que sus partículas no están unidas rígidamente, al contrario que los sólidos. Así, en los fluidos, las partículas pueden deslizarse unas con respecto a otras y, en consecuencia, los fluidos no tienen
forma propia.
40. Datos: V 5 50 cm3 5 5 ? 1025 m3
F1 5 10 kg ? 9,8 m/s2 5 98 N
m 5 34 g 5 0,034 kg
F2 5 75 kg ? 9,8 m/s2 5 735 N
Utilizamos la fórmula de la presión para hallar primero
la superficie de la base de cada pata y luego la presión
ejercida cuando se sienta la persona:
F
F
P 5 ––– ; S 5 –––
S
P
98 N
S 5 ––––––––––––
5 5 ? 1023 m2
1,96 ? 104 Pa
Utilizamos la fórmula de la densidad para hallarla:
m
d 5 –––
V
0,034 kg
kg
d 5 –––––––––––
5 680 ––––
25
3
m3
5 ? 10 m
kg
La densidad de este producto es de 680 ––– .
m3
© grupo edebé
R
d 5 806 kg/m3
Utilizamos la fórmula de la densidad para hallar el volum
m
men: d 5 ––– ; V 5 –––
V
d
Utilizamos el principio de Pascal para hallar la fuerza
que debe aplicarse:
FB
FA
–––– 5 ––––
SB
SA
0,4 kg
5 0,000496 m3 5 4,96 ? 1024 m3
V 5 –––––––––––
806 kg/m3
FA ? SB
14 700 N ? 1023 m2
FB 5 ––––––– 5 –––––––––––––––––––
5 58,8 N
0,25 m2
SA
El volumen que ocupa una masa de 400 g es de
4,96 ? 1024 m3.
Fuerzas en el interior de los líquidos
42. Llamamos presión hidrostática a la presión que ejercen
los líquidos en cualquier punto de su interior. La presión hidrostática en un punto de un líquido es directamente proporcional a la densidad del líquido y a la
profundidad a la que se halla el punto.
43. Datos: h 5 2 m
r 5 0,25 m
Deberá aplicarse una fuerza de 58,8 N.
46. En una presa, el espesor del muro debe ser mayor en
R el fondo, ya que la presión hidrostática aumenta con
la profundidad. Por lo tanto, la presión hidrostática
a la que estará sometido el muro de la parte del fondo
de la presa será mayor que la de la superficie.
47. La presión en el fondo será la suma de la presión en
R la superficie más la presión hidrostática del agua y a su
vez, debe ser el doble que la presión en la superficie.
P1 5 P0 1 d ? g ? h
d 5 1 000 kg/m3
P1 5 2 ? P0
Utilizamos la fórmula de la superficie de un círculo para
hallar la superficie del fondo del recipiente: S 5 p r 2
Igualamos las dos expresiones y aislamos h.
2 ⋅ P0 = P0 + d ⋅ g ⋅ h ⇒ h =
S 5 p ? (0,25 m)2 5 0,1963 m2
Utilizamos la fórmula de la fuerza en el interior de los
líquidos para hallar la fuerza que ejerce el agua sobre
el fondo del recipiente: F 5 d ? g ? h ? S
44. Datos: m 5 20 g 5 0,02 kg
h 5 30 cm 5 0,3 m
La profundidad debe ser de 10,3 m.
La fuerza que ejerce el agua sobre el tapón es:
P=
Fa
S
⇒ Fa = P ⋅ S
La presión es la presión hidrostática a 30 cm de profundidad, y la superficie es la superficie del tapón.
kg
m
⋅ 9,8
⋅ 0 , 3 m = 2940 Pa
m3
s2
= π ⋅ ( 0 , 02 m ) 2 = 1, 26 ⋅ 10 −3 m2
P = d ⋅ g ⋅ h = 1000
S = π ⋅ r2
d⋅g
Sustituimos los datos teniendo en cuenta que la presión en la superficie es P0 5 1,013 ? 105 Pa, la densidad del agua es d 5 103 kg/m3 y la gravedad es g 5
5 9,8 m/s2.
1, 013 ⋅ 10 5 Pa
h=
= 10 , 3 m
kg
m
3
10
⋅ 9,8
m3
s2
F 5 1 000 kg/m3 ? 9,8 m/s2 ? 2 m ? 0,1963 m2 5 3 847,5 N
r 5 2 cm 5 0,02 m
P0
Por lo tanto:
48. Pascal consiguió reventar un tonel lleno de líquido
A añadiendo tan solo un litro de agua. Para ello, hizo un
orificio en la parte superior del tonel e introdujo un tubo
hueco de 1 cm2 de sección y de una longitud de unos
10 m. Selló la unión y fue vertiendo el agua en el tubo.
El barril se rompe debido a la presión añadida, que se
transmite en todas direcciones. Este aumento de presión corresponde al peso de la columna de agua.
La fuerza de empuje en los líquidos
49. La fuerza de empuje es la fuerza que ejercen los líquidos sobre los cuerpos sumergidos. Es una fuerza dirigida hacia arriba, y es igual al peso del líquido desalojado.
Fa = 2940 Pa ⋅ 1, 26 ⋅ 10 −3 m2 = 3 , 70 N
El peso del tapón es:
Esta fuerza actúa sobre cualquier cuerpo sumergido en
un líquido.
m
p 5 m ? g 5 0,02 kg ? 9,8 –––
5 0,20 N
s2
50. Datos: d 5 2 700 kg/m3
La fuerza que debemos aplicar sobre el tapón será
la suma de la fuerza ejercida por el agua y el peso
del tapón.
F 5 Fa 1 p 5 3,70 N 1 0,20 N 5 3,90 N
Debemos aplicar sobre el tapón una fuerza de 3,90 N.
r 5 4 cm 5 0,04 m
a) Calculamos el volumen de la esfera.
V =
4
4
⋅ π ⋅ r3 =
⋅ π ⋅ ( 0 , 04 m ) 3 = 2 , 68 ⋅ 10 −4 m3
3
3
b) Calculamos el peso de la esfera en el aire.
p = m⋅g = V ⋅d⋅g
45. Datos: P 5 14 700 N
Smenor 5 10 cm2 5 1023 m2
Smayor 5 0,25 m2
© grupo edebé
p = 2 , 68 ⋅ 10 −4 m3 ⋅ 2700
kg
m3
⋅ 9,8
m
= 7 ,1
1N
s2
Solucionario unidad 3. Fuerza y presión en los fluidos
41. Datos: m 5 400 g 5 0,4 kg
191
c) Calculamos la fuerza de empuje.
A partir del peso del cuerpo podemos hallar su densidad:
p
p 5 d ? V ? g ; d 5 ––––––
V?g
kg
m
? 2,68 ? 1024 m3 ? 9,8 –––
E 5 dL ? V ? g 5 1 000 ––––
s2
m3
50 N
kg
d 5 ––––––––––––––––––––– 5 2 500 –––
m
m3
2,04 ? 1023 m3 ? 9,8 –––
s2
E 5 2,6 N
d) Calculamos el peso una vez sumergida.
p9 5 p 2 E 5 7,1 N 2 2,6 N 5 4,5 N
El volumen del cuerpo es de 2,04 ? 1023 m3 y su densidad es de 2 500 kg/m3.
c9) Si se sumerge en aceite, el empuje vale:
E 5 800 kg ? m23 ? 2,68 ? 1024 m3 ? 9,8 m ? s22 5 2,1 N
54. Datos: d 5 0,92 g/cm3 5 920 kg/m3
A Del principio de Arquímedes, y después de igualar las
d9) El peso aparente vale:
fórmulas del peso y del empuje, deducimos que:
p9 5 p 2 E 5 7,1 2 2,1 5 5 N
51. Datos: m 5
106
kg
dL 5 1 026
d
VS
–––– 5 ––––
dL
VT
kg/m3
VS 5 V/3
kg
920 –––3
Vs
m
0,92
––– 5 –––––––––– 5 ––––– 5 92 %
kg
1
VT
1 000 –––3
m
Aplicamos la condición de flotabilidad: p 5 E
dL ? VS ? g 5 p
m?g
m
106 kg
5 974,7 m3
VS 5 –––––– 5 ––– 5 –––––––––––
dL
1 026 kg/m3
dL ? g
El porcentaje del volumen sumergido del iceberg es
del 92 %.
Por tanto, el volumen del barco vale:
La atmósfera y la presión atmosférica
V
VS 5 ––– ; V 5 3 ? VS
3
V 5 3 ? 974,7 m3 5 2 924,1 m3
V 5 0,14 m3
52. Datos: m 5 480 kg
R
a) La fuerza de empuje es igual al peso del líquido
desalojado.
E = dL ⋅ V ⋅ g
E = 1000
kg
m3
⋅ 0 ,14 m3 ⋅ 9 , 8
m
s2
= 1 372 N
b) El peso del delfín es:
p = m ⋅ g = 480 kg ⋅ 9 , 8
m
= 4704 N
s2
Solucionario unidad 3. Fuerza y presión en los fluidos
Calculamos el peso aparente.
192
55. Las molestias en los oídos son debidas a los cambios
de presión. El oído es un órgano muy sensible a la presión, y la diferencia entre la presión ambiental y la
presión del interior del oído provoca ciertas molestias,
que no desaparecerán hasta que la presión de su interior se iguale con la ambiental.
56. La presión atmosférica normal es de 760 mmHg, porque Torricelli utilizó un experimento con mercurio para
hallar la presión atmosférica normal, que consistía en
poner un tubo con 1 m de mercurio boca abajo sobre
una cubeta que contenía mercurio. Al terminar el experimento se observa que, debido a la presión que
ejerce el aire, quedan 760 mmHg en el interior del tubo.
El peso de esta columna de mercurio por unidad de
superficie es igual a la presión atmosférica.
57. Datos: D h 5 4 000 m
p9 5 p 2 E 5 4 704 N 2 1 372 N 5 3 332 N
P1 5 101 293 Pa
La fuerza de empuje del agua sobre el delfín es de
1 372 N, y el peso aparente de este es de 3 332 N.
53. Datos: p 5 50 N
A
d 5 1,293 kg/m3
La diferencia de presiones entre los dos puntos será:
pS 5 30 N
D P 5 P1 2 P2 5 d ? g ? h1 2 d ? g ? h2 5 d ? g ? D h
Restamos el peso en el aire del peso en el agua para
hallar el empuje:
Despejamos P2 y sustituimos los datos.
P2 = P1 − d ⋅ g ⋅ ∆h
50 N 2 30 N 5 20 N
P2 = 101293 Pa − 1, 293
Utilizamos el principio de Arquímedes para hallar el
volumen del cuerpo:
E
E 5 dL ? V ? g ; V 5 ––––––
dL ? g
20 N
V 5 –––––––––––––––––– 5 2,04 ? 1023 m3
kg
m
1 000 –––
? 9,8 –––
m3
s2
5 50 607, 4 Pa
kg
m3
⋅ 9,8
m
⋅ 4000 m =
s2
A 4 000 m de altura, la presión será de 50 607, 4 Pa.
58. Datos: P1 5 750 mmHg
P2 5 744 mmHg
d 5 1,293 kg/m3
© grupo edebé
Calculamos las presiones en Pa.
1 atm
1 atm
750 mmHg ⋅
750 mmHg ⋅ 760 mmHg
760 mmHg
= 9 , 997 ⋅ 10 44 Pa
= 9 , 997 ⋅ 10 Pa
1 atm
1 atm
744 mmHg ⋅
744 mmHg ⋅ 760 mmHg
760 mmHg
= 9 , 917 ⋅ 10 44 Pa
= 9 , 917 ⋅ 10 Pa
64. La lata se arruga como si fuera un trozo de papel.
A
1, 013 ⋅ 10 5 Pa
⋅ 1, 013 ⋅ 10 5 Pa =
⋅
=
1 atm
1 atm
1, 013 ⋅ 10 5 Pa
⋅ 1, 013 ⋅ 10 5 Pa =
=
⋅
1 atm
1 atm
Al descender la temperatura del interior de la lata, la
presión del vapor del interior disminuye considerablemente, creándose un semivacío. Esta presión es inferior a la presión atmosférica y, por lo tanto, no podrá
contrarrestarla. Así, la presión atmosférica ejercerá una
fuerza sobre toda la superficie de la lata que, al no ser
contrarrestada, provocará que esta se comprima.
Conéctate
Calculamos los metros de desnivel entre los dos puntos.
∆P = P − P = d ⋅ g ⋅ h − d ⋅ g ⋅ h = d ⋅ g ⋅ ∆h
∆P = P1 −1P2 =2 d ⋅ g ⋅ h1 −1 d ⋅ g ⋅ h 2 =2 d ⋅ g ⋅ ∆h
65. En esta actividad el alumno podrá comprobar que se
cumple el principio de Pascal en la prensa hidráulica y
P1 − P2
9,9
997 ⋅ 410 4 Pa − 9 , 917 ⋅ 410 4 Pa
P
−
P
9,9
9
97
⋅
10
Pa
−
9
,
917
⋅
10
Pa
=
∆h =1
= 63 ,1 m el freno hidráulico.
2
∆h =
= 63 ,1 m
d⋅g=
kg
m
d ⋅ g ⋅ h 2 = d ⋅ g ⋅ ∆h
d⋅g
kg
1, 293
⋅ 9 ,m
8
1, 293
⋅3 9 , 8
2
66. En esta actividad el alumno deberá utilizar las predic3m
2 s
m
s
10 4 Pa − 9 , 917 ⋅ 10 4 Pa
ciones meteorológicas obtenidas en el Meteosat para
= 63 ,1 m
elaborar la predicción del tiempo en su comunidad
kg
m
293
⋅ 9,8
para las próximas horas.
m3
s 2 El desnivel entre los dos puntos es de 63,1 m.
59. a) El sentido de giro de las nubes es el sentido contrario a las agujas del reloj.
b) Al estar en el hemisferio Norte, este tipo de movimiento está asociado a una depresión.
67. — El término atmósfera cero hace referencia a una
atmósfera cuya presión es casi despreciable (cercana a 0).
— Es necesario un traje presurizado para salir al espacio exterior, porque presiones cercanas al 0 son
mortales para un organismo vivo.
60. Se forman nubes que dan lugar a abundantes precipitaciones, ya que el vapor de agua que transporta el
aire marítimo atraviesa una zona más fría, como son
las sierras.
Si un astronauta sale de la nave sin este traje, el
agua que compone las células de su cuerpo pasa
al estado de vapor, comenzando por las células
que se encuentran en la superficie de la piel. El
cuerpo se enfría. Se pierde entonces calor por el
efecto de transición entre las fases líquida y gaseosa del agua (se necesita entregar calor para evaporar el agua, y este se extrae del organismo). Al
cabo de unos pocos segundos, el efecto de colapso de las células causa una interrupción en la
circulación de la sangre, anorexia aguda y convulsiones. En menos de un minuto se pierde la conciencia y, finalmente, si la presión no se restaura, se
produce la muerte.
61. Indican un anticiclón, ya que la presión es mayor que la
normal, que es de 1 013 mb.
62. Datos: P 5 1 030 mb 5 1,030 ? 105 Pa
R Utilizamos la fórmula de la presión atmosférica para
hallar la altura.
P
P 5 d ? g ? h ; h 5 ––––––
d?g
1,030 ? 105 Pa
h 5 –––––––––––––––––– 5 0,773 m 5 773 mm
kg
m
13 600 –––
? 9,8 –––
3
m
s2
68.
63. Según los partidarios de la doctrina del horror vacui, la
A adherencia de una ventosa se debe a que, al colocarla
sobre la piel o una superficie, el aire de su interior se
calienta y comprime y, para evitar el vacío, la piel o la
superficie es atraída hacia la ventosa. Y la dificultad en
separar un fuelle si no se permite la entrada de aire
se interpretaba afirmando que la naturaleza aborrece
el vacío y, por esta razón, no se pueden separar las
partes de un fuelle sin dejar entrar aire ya que, si no,
abría vacío dentro, hecho imposible.
Estos hechos se pueden interpretar fácilmente por la
existencia de la atmósfera que ejerce una presión sobre todos los cuerpos: tanto en el caso de la ventosa
como en el de los fuelles, la diferencia de presión entre
el interior y el exterior origina una fuerza neta hacia el
interior que dificulta separar una ventosa de la superficie donde está adherida y también separar las partes
de un fuelle, a menos que se deje penetrar aire en su
interior. Esta es la interpretación correcta.
© grupo edebé
Solucionario unidad 3. Fuerza y presión en los fluidos
La altura de la columna será de 773 mm.
193
Trabajo de las competencias básicas
(págs. 85 y 86)
b) La presión hidrostática a 10 m de profundidad es:
kg
m
P 5 d ? g ? h 5 1 000 –––
? 9,8 –––
? 10 m 5
3
s2
m
5 9,8 ? 104 Pa
Campamento en Las Lagunas
1. a) A medida que van ascendiendo por la montaña les
cuesta más respirar porque la cantidad de oxígeno
inhalada es menor, ya que la densidad de la atmósfera disminuye a medida que se asciende sobre
el nivel del mar. Esto es así porque la presión disminuye con la altura y, al ser el aire un fluido compresible, su densidad disminuye al disminuir la presión sobre él.
La presión hidrostática a 25 m de profundidad es:
kg
m
? 9,8 –––
? 25 m 5
P 5 d ? g ? h 5 1 000 –––
3
s2
m
5 2,45 ? 105 Pa
5. En primer lugar, calcularemos el peso del cuerpo:
m
p 5 m ? g 5 63 kg ? 9,8 –––
5 617,4 N
s2
b) El altímetro es un instrumento que determina la altitud con respecto a un punto de referencia, a partir
de la medida de la presión atmosférica.
A este valor habría que añadir el peso de la canoa. El
enunciado no especifica su valor, por lo que consideramos que el valor de 63 kg corresponde a la masa del
conjunto canoa-Juan.
c) Tomamos como densidad del aire el valor promedio
de d 5 1,293 kg/m3. La variación de presión con la
altura vale:
Ahora, calculamos el empuje:
kg
m
E 5 dL ? V ? g 5 1 000 –––
? 0,4 m3 ? 9,8 –––
5 3 920 N
s2
m3
kg
m
D P 5 d ? g ? D h 5 1,293 –––
? 9,8 –––
? 1 620 m 5
3
s2
m
Como p , E, la canoa flotará.
5 20 528 Pa
P (h 5 1 620 m) 5 (1,013 ? 105 2 20 528) Pa 5
5 80 772 Pa
6. a) La primera ascensión tuvo lugar en París (Francia)
en 1783. Se atribuye la invención del globo aerostático tripulado a los hermanos Montgolfier.
b) El helio es un gas menos denso que el aire y de esta
manera se consigue que el empuje sea más grande que el peso total del globo y, en consecuencia,
que se pueda elevar. Además, es un gas no inflamable, con lo que puede calentarse en caso necesario
para disminuir aún más su densidad.
1 013 mb
P 5 80 772 Pa ? –––––––––––––
5 807,7 mb
1 013 ? 102 Pa
1 atm
P 5 80 772 Pa ? –––––––––––––
5 0,80 atm
1,013 ? 105 Pa
c) La ascensión de un globo se produce porque la
densidad interior es menor que la del aire. Es decir,
el peso del aire de la atmósfera desalojado por el
globo es mayor que la suma del peso del gas interior, la cesta, sus ocupantes, el lastre, y las cuerdas.
Por tanto, si se reduce el peso del contenido de la
cesta, se requerirá un menor volumen de gas helio
para que el globo ascienda, o bien, no será necesario calentar tanto el gas interior.
Solucionario unidad 3. Fuerza y presión en los fluidos
2. a) Sí, deberán ajustar la presión de las ruedas por la
carga que transportan. Al variar la masa del vehículo varía la presión que cada neumático soporta por
parte del vehículo. Para contrarrestar este hecho,
se debe ajustar su presión interna.
194
b) La presión recomendada de inflado de los neumáticos de un coche aumenta al aumentar su peso.
Esto se debe a que, al aumentar la carga, el coche
ejerce una mayor presión sobre los neumáticos.
Para restablecer la dureza de los neumáticos y su
capacidad de agarre al suelo, hay que aumentar la
presión del aire en su interior. Si se circula con
neumáticos hinchados con una presión inferior a la
recomendada, aumenta el desgaste de estos, su
calentamiento y también el riesgo de que revienten.
3. Datos: P 5 5 ? 105 Pa
Dimensiones de la pared: 20 m 3 8 m
7. La zona donde se ubica el campamento está bajo la
influencia de una depresión y está previsto que le alcance un frente frío. Por lo tanto, se espera que haya
descenso de la temperatura, fuertes vientos y precipitaciones que pueden ser en forma de tormenta, lo que
desaconseja realizar la actividad.
Evaluación (pág. 88)
1. Datos: V 5 1,5 L
r 5 4 cm
Expresamos el volumen en unidades del SI.
La fuerza es igual a la presión por la superficie:
F 5 P ? S 5 5 ? 105 Pa ? (20 m ? 8 m) 5 8 ? 107 N
V = 1, 5 L ⋅
1 dm3
1L
⋅
1 m3
10 3 dm3
= 1, 5 ⋅ 10 −3 m3
4. a) Como consecuencia del principio fundamental de la
Calculamos la masa de agua que representa este voluhidrostática (p 5 d ? g ? h), las presas aguantan premen utilizando la definición de densidad.
siones mucho mayores cuanta más altura de agua
contienen. La presión sobre las paredes aumenta
kg
m
hacia abajo y, por tanto, también lo hace la fuerza
dL =
⇒ m = dL ⋅ V = 1000
⋅ 1, 5 ⋅ 10 −3 m3 = 1, 5 kg
3
m
V
sobre ellas. Por esta razón, se construyen con los
kg
m
muros más gruesos
dL en
= la parte
⇒ minferior.
= dL ⋅ V = 1000
⋅ 1, 5 ⋅ 10 −3 m3 = 1, 5 kg
V
m3
© grupo edebé
La fuerza que ejerce la máquina sobre el émbolo es
equivalente a su peso.
La fuerza que ejerce el agua es equivalente a su peso.
F = p = m ⋅ g = 1, 5 kg ⋅ 9 , 8
m
= 14 , 7 N
s2
F2 = p = m ⋅ g
Hallamos la presión que el agua ejerce sobre la base.
P=
F2 = 1740 kg ⋅ 9 , 8
14 , 7 N
p
F
=
=
= 2924 , 5 Pa
S
π ⋅ r2
π ⋅ ( 0 , 04 m ) 2
Aplicamos el principio de Pascal poniendo la máquina
en el émbolo grande.
La presión que ejerce la botella de agua es de 2 924,5 Pa.
2. 1, 42 atm ⋅
1, 013 ⋅ 10 5 Pa
720 mmHg ⋅
984 mb ⋅
1, 013 ⋅ 10 5 Pa
760 mmHg
1, 013 ⋅ 10 5 Pa
1013 mb
F1
=
S1
= 143846 Pa
1 atm
m
= 17052 N
s2
F2 =
= 95968 Pa
F2
⇒ F1 =
S2
F2 ⋅ S1
S2
17052 N ⋅ 0 , 025 m2
0 , 2375 m2
= 1795 N
El operario deberá ejercer una fuerza de 1 795 N y la
máquina deberá ponerse encima del émbolo cuya superficie sea más grande.
= 98 400 Pa
6. Datos: m 5 5 000 t 5 5 ? 106 kg
d 5 19,3 g/cm3
V 5 2,5 ? 104 m3
Aplicamos la fórmula de la densidad para conocer el
volumen del anillo.
Hallamos la densidad del buque.
m
m
⇒V =
V
d
28
,
95
g
m
=
= 1, 5 cm3
V =
d
g
19 , 3
cm3
d=
d=
5 ⋅ 10 6 kg
kg
m
=
= 2 ⋅ 10 2
4
3
V
2 , 5 ⋅ 10 m
m3
Para los cuerpos en flotación se cumple que el peso
del cuerpo es igual al empuje debido a la parte sumergida.
Expresamos el peso p y el empuje Es en función de
las densidades del buque y el agua, respectivamente.
El volumen del anillo es de 1,5 cm3.
4. Datos: r 5 120 cm 5 1,2 m
h 5 300 m
p 5 m?g 5 d?V?g
V 5 volumen buque
E 5 dL ? VS ? g
Vs 5 volumen sumergido
Igualamos las dos fuerzas.
d 5 1 030 kg/m3
p5E
Calculamos la superficie de la escotilla.
d ? V ? g 5 dL ? Vs ? g
S 5 p ? r2 5 p ? (1,2 m)2 5 4,5 m2
Hallamos la presión que ejerce el agua sobre la escotilla.
kg
m
P = d ⋅ g ⋅ h = 1030
⋅ 9,8
⋅ 300 m
m3
s2
P = 3 , 03 ⋅ 10 6 Pa
De donde se deduce:
La fuerza ejercida por esta presión sobre la superficie
será:
El porcentaje de volumen sumergido es del 20 % respecto del volumen total.
F = P ⋅ S = 3 , 03 ⋅ 10 6 Pa ⋅ 4 , 5 m2 = 1, 36 ⋅ 107 N
La fuerza que ejerce el agua sobre la escotilla es de
1,36 ? 107 N.
5. Datos: S1 5 250 cm2
S2 5 2 375 cm2
m 5 1 740 kg
Vs
d
=
=
V
dL
200
1000
kg
m3
kg
= 0,2
m3
7. La condición para que un cuerpo flote en un líquido es
que la densidad del cuerpo tiene que ser menor que la
del líquido.
8. A medida que aumenta la altitud, la presión atmosférica disminuye, ya que la altura de la columna de aire
que tenemos por encima disminuye.
Utilizamos unidades del SI.
S1 5 0,025 m2
S2 5 0,2375 m2
9. Considerando que estamos en el hemisferio Norte, si
el giro de las isóbaras es antihorario, se trata de una
depresión.
© grupo edebé
Solucionario unidad 3. Fuerza y presión en los fluidos
3. Datos: m 5 28,95 g
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