3. Fuerza y presión en los fluidos
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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 195