Problemario Parte 2

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Problemario de Mecánica de Fluidos I
Parte 2: Estática de fluidos
Ricardo F. Gomes
Ing. Mecánica, 15’.
15-10574@usb.ve
Primera revisión
Enero 2021
Mecánica de Fluidos I Estática de fluidos 1
Contenido
1. Manometŕıa 2
2. Variación de presión en fluidos compresibles 7
3. Fuerzas hidrostáticas sobre superficies planas sumergidas 9
4. Fuerzas hidrostáticas sobre superficies curvas sumergidas 17
5. Flotación 30
Formulario 38
Referencias 39
Última revisión: Enero 2021 Ricardo F. Gomes 1
Mecánica de Fluidos I Estática de fluidos 2
1. Manometŕıa
Ejercicio 1.1 (Shames 3-17)
Determine la presión manométrica dentro del tanque con aire mostrado en la figura.
Solución:
Ya que el manómetro se encuentra abierto a la atmósfera,
la presión en la superficie libre es pA = patm
La presión en B es:
pB = pA + γHg (hA − hB)
Dado que tienen la misma elevación y están conectados
por el mismo fluido, los puntos B y C tienen la misma presión.
pC = pB = patm + γHg (hA − hB)
Por los mismos argumentos, las presiones en D y E
son iguales. De este modo, pE = pD, donde:
pD = pC − γH2O (hD − hC)
Por otra parte, tenemos que:
pF = pE + γHg (hE − hF ) = pG
Escribiendo la presión en G en función de todos los
valores conocidos, se obtiene:
pG = patm+ γHg (hA−hB)− γH2O (hD−hB)+ γHg (hD−hF )
Para diferencias de altura muy pequeñas, la variación de presión de un gas puede despreciarse pues
su densidad es muy baja en comparación a la de los ĺıquidos. Por lo tanto:
pair = pG ⇒ pairmanom = pG − patm
Tomando γH2O = 9806
N
m3
y γHg = 13, 6 (γH2O) = 133362
N
m3
, obtenemos:
pairmanom = 60, 37 kPa
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Ejercicio 1.2 (Munson et al. 2-44)
Un manómetro de tubo en U es conectado a una tubeŕıa horizontal a través de dos tomas ubicadas a
cada lado del instrumento. El fluido manométrico tiene un peso espećıfico de 112 lb
ft3
. Calcule la lectura
diferencial del manómetro correspondiente a una cáıda de presión de 0, 5 psi entre ambas tomas.
Solución:
La configuración del manómetro diferencial instalado seŕıa la siguiente:
La presión en la interfaz agua-fluido manométrico del lado izquierdo es:
p
′
1 = p1 + γH2O (h1 + h)
Análogamente, para el lado derecho se tiene:
p
′
2 = p2 + γH2O h1
Para los puntos de interés, conectados por el fluido manométrico y a la misma elevación, tenemos que
p
′′
1 = p
′
1
Luego,
p
′
2 = p
′′
1 − γfm h = p1 + γH2O (h1 + h)− γfm h
Igualando expresiones, obtenemos:
p1 + γH2O (h1 + h)− γfm h = p2 + γH2O h1 ⇒ h =
p1 − p2
γfm − γH2O
Sustituyendo valores númericos se tiene:
h =
(0, 5 psi)
(
12 in
1 ft
)2
112 lb
ft3
− 62, 4 lb
ft3
⇒ h = 1, 45 ft
Nótese que mientras más grande sea la diferencia γfm− γH2O, menor será la lectura h para una cáıda
de presión dada. Por lo tanto, es indispensable que γfm > γH2O y es recomendable que el peso espećıfico
del fluido manométrico sea alto para que las dimensiones del manómetro necesario sean razonables.
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Ejercicio 1.3 (Munson et al. 2-64)
Determine el cambio en la elevación del mercurio ubicado en el lado izquierdo del manómetro, como
resultado de un incremento de 5 psi en la presión de la tubeŕıa A, mientras que la presión en la tubeŕıa
B se mantiene constante.
Solución:
Para la configuración inicial, se tiene:
pB = pA + (18 in) γH2O − [(6 in) sin (30◦)] γHg − (12 in) γoil
Un incremento de la presión en A, hará que la columna de
mercurio descienda una distancia h en el lado izquierdo, a la
vez que avanzará una distancia l a lo largo del tubo inclinado
en el lado derecho.
Para esta nueva configuración tendŕıamos:
pB = p
′
A + (18 in+ h) γH2O − [h+ (l + 6 in) sin (30◦)] γHg − [12 in− l sin (30◦)] γoil
Ya que la presión en B no cambia, igualamos ambas expresiones, de donde se obtiene:
p′A − pA + h γH2O − [h+ l sin (30◦)] γHg + [l sin (30◦)] γoil = 0
Necesitamos una segunda ecuación que asocie las incógnitas h y l. Ya que el volumen de mercurio que
desciende de un lado es igual al que sube del otro, tenemos:
A1h = A2l ⇒
π
4
d21h =
π
4
d22l
De aqúı,
l =
(
d1
d2
)2
h =
(
0, 5
0, 25
)2
h = 4h
Sustituyendo y simplificando, se obtiene:
h =
p′A − pA
3 γHg − 2 γoil − γH2O
Finalmente, la distancia que desciende el mercurio es:
h =
(5 psi)
(
12 in
1 ft
)2
3 [13, 6 (62, 4 lb
ft3
)]− 2 [0, 9 (62, 4 lb
ft3
)]− 62, 4 lb
ft3
⇒ h = 0, 304 ft
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Ejercicios propuestos
Ejercicio 1.4 (Munson et al. 2-54)
Un manómetro de tubo en U invertido, contiene
un aceite de densidad relativa 0, 8. Este dispositivo
es colocado entre dos tanques tal como se indica
en la figura. El de la izquierda contiene cloruro de
carbono (γ = 99, 5 lb
ft3
), y está cerrado y presurizado
hasta 8 psi, mientras que el de la derecha contiene
agua (γ = 62, 4 lb
ft3
) y está abierto a la atmósfera.
Con los valores indicados, calcule la profundidad h
del agua.
R: 21, 6 ft
Ejercicio 1.5 (Cengel & Cimbala 3-127)
La presión del agua que fluye por un tubo es
medida a través de la configuración mostrada en
la figura. Para los valores indicados, calcule dicha
presión en el tubo.
R: 33, 6 kPa (Manométrica)
Ejercicio 1.6 (Shames 3-13)
Calcule la presión pA en el sistema mostrado en
la figura. La densidad relativa del aceite es 0, 8.
R: 784 Pa (Manométrica)
Ejercicio 1.7 (Munson et al. 2-58)
Un manómetro diferencial que utiliza mercurio
(SG = 13, 6) es instalado entre dos tubeŕıas. En la
tubeŕıa A fluye gasolina (SG = 0, 7) mientras que
la tubeŕıa B contiene un aceite (SG = 0, 9). Inicial-
mente, el manómetro registra una lectura diferencial
de 0, 30 m tal como se muestra. Calcule la nueva lec-
tura si la presión en la tubeŕıa A se reduce 25 kPa
y la presión en B se mantiene constante.
R: 0, 10 m
Ejercicio 1.8 (Shames 3-12)
Para el sistema mostrado en la figura:
a) Calcule la diferencia de presión entre los cen-
tros de los tanques A y B.
b) Determine la diferencia de presión que tiene
que existir entre ambos tanques para mante-
ner inalteradas las posiciones de los fluidos,
cuando el sistema completo es rotado 180◦ al-
rededor del eje MM.
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R: a) pA − pB = 2520 Pa
b) pA − pB = −2520 Pa
Ejercicio 1.9 (Shames 3-19)
Un barómetro es un instrumento utilizado pa-
ra medir la presión atmosférica. Para su montaje se
utiliza un ĺıquido de peso espećıfico γ y un tubo in-
vertido, que en un inicio está completamente lleno
de dicho ĺıquido. Escriba una expresión para la al-
tura h, teniendo en cuenta que la presión de vapor
absoluta del ĺıquido es pvap.
R: h =
patm− pvap
γ
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2. Variación de presión en fluidos compresibles
Ejercicio 2.1 (Roca Vila 2-18)
La Atmósfera Estándar Internacional es un modelo de la atmósfera terrestre utilizado como referencia.
La primera capa que la compone, llamada troposfera, se extiende desde el nivel de 0, 0 m hasta 11 000 m
de altitud. La presión, temperatura y densidad del aire a la altitud cero son po = 1 atm ; To = 15
◦C y
ρo = 1, 226
kg
m3
, respectivamente.
En esta primera capa se considera una disminución lineal de la temperatura según la ley: T = To−βz ;
con β = 0, 0065
◦C
m .
a) Determine la presión y la densidad del aire en función de la altura z, a lo largo de la troposfera.
Utilice R = 287, 1 m
2
s2 ◦C
b) Calcule la presión y la densidad a 11 000 m
Solución:
a) A partir de la ecuación de estado para gases ideales, escribimos el peso espećıfico del aire en
función de las variables de estado T y p.
Pv = RT ⇒ P
(
1
ρ
)
= P
(
g
γ
)
= RT ⇒ γ = pg
RT
De la ecuación fundamental de la estática de fluidos,se obtiene:
dp
dz
= − γ = − pg
RT
Luego, separando variables y expresando la temperatura como T (z) = To − βz nos queda:
dp
p
= − g dz
R (To − βz)
Finalmente, integramos desde la altura cero hasta una altura genérica.∫ p
po
dp
p
= − g
R
∫ z
0
dz
To − βz
⇒ ln
(
p
po
)
=
g
Rβ
ln
(
To − βz
To
)
⇒ p(z) = po
(
1− βz
To
) g
Rβ
Sustituyendo los valores conocidos, se tiene:
p(z) = [1− 2, 256 ∗ 10−5(z[m]) ]5,257 [atm]
Nótese que la temperatura To debe ser absoluta. El hecho de que las unidades de la tasa de lapso, β,
sean ◦C/m no produce ningún conflicto dimensional, pues esta representa una variación de temperatura,
y es sabido que los cambios en la escala cent́ıgrada son iguales que en la escala kelvin, es decir, ∆T (◦C) =
∆T (K).
Por otra parte, para la densidad nos queda:
ρ =
p
RT
⇒ ρ(z) = p(z)
RTo
(
1− βzTo
) = ρo (1− βz
To
) g
Rβ
−1
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Aśı,
ρ(z) = 1, 226 [1− 2, 256 ∗ 10−5(z[m]) ]4,257
[
kg
m3
]
b) Evaluando en 11 000 m ambas expresiones, se tiene:
p(z = 11000 m) = 0, 223 atm ∼= 22, 6 kPa
ρ(z = 11000 m) = 0, 3640
kg
m3
Ejercicios propuestos
Ejercicio 2.2 (Munson et al. 2-23)
Como ya se obtuvo anteriormente, la presión absoluta del aire a 11 km de altitud, es decir, al final de
la troposfera, es de 22, 6 kPa. En la siguiente capa, llamada estratosfera, se considera que la temperatura
se mantiene constante en −56, 5 ◦C. Determine la presión y la densidad dentro de esta capa, a una altitud
de 15 km. Utilice g = 9, 77 m
s2
.
R: p = 12, 1 kPa y ρ = 0, 195 kg
m3
Ejercicio 2.3 (Munson et al. 2-10)
A grandes profundidades en el océano, la compresibilidad del agua puede volverse un factor importante
a considerar. A partir de ello:
a) Deduzca una expresión que relacione la presión con la profundidad h, teniendo en cuenta que la
densidad del fluido también cambia con la profundidad. Para ello, asuma que el módulo de elasticidad
volumétrica del agua, κ, es constante y descarte el efecto de las variaciones de temperatura.
b) Con la expresión obtenida, calcule la presión relativa a la superficie a una profundidad de 6 km.
Utilice κ = 2, 3 ∗ 109 Pa y una densidad ρo = 1030 kgm3 en la superficie. Compare su resultado con
el que se obtendŕıa al suponer que la densidad ρo es uniforme en todo el fluido.
R: a) p = po − κ ln
(
1− ρo g hκ
)
b) Con ρ variable: 61, 4 MPa ; con ρ uniforme: 60, 6 MPa.
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3. Fuerzas hidrostáticas sobre superficies planas sumergidas
Ejercicio 3.1 (Shames 3-36)
Una placa como la mostrada en la figura es sumergida verticalmente en agua. Con los valores indicados
e ignorando el efecto de patm, calcule:
a) El radio r que debe tener un agujero taladrado en el centro de la superficie ABCD, para que la
magnitud de la fuerza hidrostática sobre ABCD sea igual a la que actúa sobre la superficie CDE.
b) El momento que ejerce la fuerza resultante respecto a un eje que pasa por AB.
Solución:
a) La magnitud de la fuerza hidrostática sobre una su-
perficie plana sumergida es igual al valor de la presión en su
centroide por el área de dicha superficie.
En este caso la lámina está sumergida verticalmente, por
lo que θ = 90◦ y la fuerza sobre una cara (ignorando patm)
será:
F = γ ycA
Para la porción ABCD, tenemos:
F1 =
(
9810
N
m3
)
(1, 1 m)
[
(2, 2 m)(2 m)− πr2
]
Teniendo en cuenta que el centroide de un triángulo está a un tercio de su altura desde la base, para
la porción CDE tenemos:
F2 =
(
9810
N
m3
)[
(2, 2 m) +
1
3
(1 m)
](
(2 m)(1 m)
2
)
= 24852 N
Ya que se desea que la magnitud de F1 y F2 sea la misma, igualamos ambas expresiones y despejamos
el valor de r, obteniéndose:
r = 0, 8170 m
b) El punto de aplicación de F1 y F2 puede calcularse a partir de la expresión:
yp = yc +
Ix′x′c γ�
��: 1sin θ
A pc
= yc +
Ix′x′c �γ
A�γ yc
= yc +
Ix′x′c
Ayc
Donde Ix′x′c es el momento de inercia de área respecto al eje x
′ que pasa por el centroide.
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Para el área ABCD:
Ix′x′c =
1
12
(2, 2 m)3 (2 m)− π
4
(0, 817 m)4 = 1, 425 m4
Luego:
yp1 = (1, 1 m) +
1, 425 m4
(2, 303 m2)(1, 1 m)
= 1, 663 m
Para el área CDE:
Ix′x′c =
1
36
(2 m)(1 m)3 =
1
18
m4
Luego:
yp2 = (2, 2 m) +
1
3
(1 m) +
1
18m
4
(1 m2)
(
2, 2 m+ 13(1 m)
) = 2, 555 m
Finalmente, el momento total respecto al eje AB será:
M = (24852 N)(1, 663 m) + (24852 N)(2, 555 m) ⇒ M = 104, 83 kN.m
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Ejercicio 3.2 (Cengel & Cimbala 3-68)
El flujo de agua desde un recipiente se controla con una compuerta en forma de L, la cual tiene 5 ft
de ancho y se encuentra articulada en el punto A. Si se desea que la compuerta se abra cuando la altura
del agua sea de 12 ft, determine el contrapeso W necesario.
Solución:
La presión atmosférica actúa en ambas caras de la
compuerta por lo que su efecto se cancela. Por lo tanto,
sobre el lado izquierdo solo consideramos la contribución
de la variación de presión en el agua.
Si el ancho de la compuerta es b, la fuerza resultante
debido a la presión del fluido es:
FR = pcA =
(
γ
h
2
)
(bh) =
1
2
γ bh2
Y su punto de aplicación será:
yp = yc +
Ix′x′c γ
Apc
=
h
2
+
h
6
=
2
3
h
Nótese que para calcular FR y el centro de presión pudiese usarse el método utilizado en Mecánica de
Materiales I, según el cual la magnitud de la fuerza resultante es igual al volumen del prisma virtual de
presiones y su ĺınea de acción pasa por el centroide del mismo.
Para este caso con geometŕıa sencilla, el volumen del prisma virtual de pre-
siones es:
V =
(
(γ h)h
2
)
b =
1
2
γ bh2 = FR
La altura del centroide del prisma es y = 13h, es decir, a
2
3h desde la superficie.
Por lo tanto, yp =
2
3h
Volviendo con el curso del ejercicio, realizamos un Diagrama de Cuerpo Libre (despreciando el peso
de la compuerta) y tomamos momentos respecto al punto A.(
l1 −
1
3
h
)
FR + l1N − l2W = 0
Justo en el instante en que la compuerta se empieza a
abrir se pierde el contacto con el tope y N = 0. De este
modo:
W =
(
l1 − 13h
) (
1
2 γ bh
2
)
l2
Se desea que la compuerta se abra con un nivel de
h = 12 ft. Sustituyendo valores numéricos se obtiene:
W = 49420, 8 lbf
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Ejercicio 3.3 (Shames 3-41 y 3-42)
En la figura se muestra un sistema conformado por dos tanques de agua y una compuerta. El tanque
derecho se encuentra abierto a la atmósfera, mientras que en el izquierdo el aire comprimido ejerce una
presión manométrica de 20kPa sobre la superficie del agua. La compuerta rectangular AB tiene 0, 6m
de largo y 1m de ancho, se encuentra pivotada en A y cuando está cerrada forma un ángulo de 60◦, tal
como se indica.
a) Calcule el momento alrededor del pasador A que el agua ejerce sobre la compuerta.
b) Si sobre el agua del tanque derecho se agrega una capa de aceite (SG = 0, 8) de 1, 2m de profundidad,
determine la nueva magnitud del momento respecto al punto A.
Solución:
a) Es necesario calcular la fuerza que actúa sobre am-
bas caras de la compuerta. Del lado izquierdo, la presión
en el centroide es:
pc1 = (20∗103 Pa+ patm)+
(
9810
N
m3
)
[6m−(0, 3m) sin 60◦]
Del lado derecho:
pc2 = patm +
(
9810
N
m3
)
[3m− (0, 3m) sin 60◦]
Note que el efecto de la presión atmosférica está presente a ambos lados de la compuerta, por lo cual
se cancela mutuamente. Además, el efecto de la columna de 3m de agua a la derecha es contrarrestado
por 3 de los 6m de agua a la izquierda. De este modo, podemos simplificar el análisis considerando que
la fuerza neta actúa del lado izquierdo, y que representa el efecto de 3m de columna de agua junto con
una presión manométrica de 20 kPa en la superficie.Aśı,
pcA = [20 ∗ 103 Pa+ (9810N/m3)(3m)](0, 6m2) = 29658N
El brazo de esta fuerza respecto al punto A puede calcularse
de la siguiente forma:
yp − yc
sin θ
=
Ix′x′cγ
Apc
= l
El centro de presión de F1 (izquierda) estará a l1 por debajo
del centroide y el de F2 (derecha) estará a una distancia l2 del
centroide. De modo que para la fuerza neta, F1 − F2 = 29658N ,
se tiene: l1F1 − l2F2 = lFtot.
l1F1 − l2F2 =
(
Ix′x′cγ
��
�Apc1
)
��F1 −
(
Ix′x′cγ
��
�Apc2
)
��F2 = 0
Por lo tanto, l = 0 y Ftot actúa sobre el centroide. Finalmente:
MtotA = (29658N)(0, 3m) = 8897, 4N.m
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b) Si se agrega una capa de aceite de 1, 2m, el análisis anterior sigue siendo válido. Del lado izquierdo
queda la misma fuerza neta de 29658N y ahora del lado derecho aparece adicionalmente el efecto de la
capa de aceite.
Ftot = 29658N − γH2O (SGoil)hA = 24007, 4N
De igual modo, la fuerza total actúa en el centroide de la compuerta y se tiene:
MtotA = (24007, 4N)(0, 3m) = 7202, 2N.m
Note que se redujo el momento respecto al pivote, ya que la capa de aceite contrarrestó parte del
momento original.
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Ejercicio 3.4 (Shames 3-43)
Calcule la magnitud y el punto de aplicación de la fuerza resultante, causada por todos los fluidos que
actúan sobre la compuerta mostrada en la figura. Para el aceite utilice una densidad relativa de 0, 8.
Solución:
Ya que la compuerta está en contacto con dos fluidos dis-
tintos, calcularemos la contribución independiente de cada
uno y la fuerza total será la suma vectorial de ambas.
La contribución del aceite actúa sobre un área A1 =
25 ft2. Si consideramos que el efecto de patm se cancela con el
del lado exterior de la compuerta, la presión en el centroide
de esta primera porción nos queda:
pc1 = 5 psi
(
12 in
1 ft
)2
+
(
62, 4
lb
ft3
)
(0, 8)(7, 5 ft) = 1094, 4
lb
ft2
La contribución del agua actúa sobre A2 = 25 ft
2 y la presión en el centroide de la segunda porción
será:
pc2 = 5 psi
(
12 in
1 ft
)2
+
(
62, 4
lb
ft3
)
(0, 8)(10 ft) +
(
62, 4
lb
ft3
)
(2, 5 ft) = 1375, 2
lb
ft2
Luego,
Ftot = pc1A1 + pc2A2 = 61740 lbf
Para determinar la ĺınea de acción de la resultante,
calculamos el punto de aplicación de cada fuerza.
yp1 − yc1 =
Ix′x′c1 γoil
���:
1
sin θ
pc1A1
= 0, 0950 ft
yp2 − yc2 =
Ix′x′c2 γH2O
���:
1
sin θ
pc2A2
= 0, 0945 ft
La fuerza total debe producir el mismo momento que
F1 y F2. Escogiendo el borde superior de la compuerta
como referencia, tenemos:
y′(61740 lbf ) = (27360 lbf )(2, 5 ft+ 0, 0950 ft) + (34380 lbf )(7, 5 ft+ 0, 0945 ft) ⇒ y′ = 5, 38 ft
Finalmente, la fuerza sobre la compuerta será de 61740 lbf , actuando a 5, 38 ft por debajo del borde
superior.
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Ejercicios propuestos
Ejercicio 3.5 (Cengel & Cimbala 3-62)
Una piscina que está construida sobre el suelo,
tiene 4 m de largo, 4 m de ancho y 1, 5 m de alto.
Si el nivel del agua llega hasta los bordes:
a) Determine la fuerza hidrostática sobre cada
pared, y la distancia entre el suelo y la ĺınea
de acción de dicha fuerza.
b) Indique si la fuerza hidrostática se duplicará o
se cuadriplicará, en el caso de que se duplique
la altura de las paredes y nuevamente se llene
con agua hasta los bordes.
R: a) 44, 15 kN sobre cada pared, a 0, 50 m
desde el suelo.
b) Se cuadriplica.
Ejercicio 3.6 (Shames 3-38)
Determine la fuerza total que actúa sobre la com-
puerta AB debido a los fluidos presentes, aśı como
su punto de aplicación medido desde la arista infe-
rior de la compuerta. Utilice γ = 62, 4 lb
ft3
para el
agua y SG = 0, 6 para el aceite.
R: 4, 381 ∗ 104 lbf a una distancia de 5, 72 ft
desde B.
Ejercicio 3.7 (Shames 3-39)
Calcule la fuerza hidrostática que actúa sobre
la cara superior de la placa mostrada en la figura,
aśı como las coordenadas del centro de presión. Re-
fiera dichas coordenadas a un sistema de referencia
ubicado en el centroide de la superficie estudiada.
R: FR = 5750 lbf
En (xcp, y
c
p) = (−0, 0705 ; 0, 1707) [ft]
Ejercicio 3.8 (Munson et al. 2-79)
Un conducto ciĺındrico y horizontal de 2 m de
diámetro, está lleno hasta la mitad de su capacidad
con un ĺıquido de densidad relativa de 1, 6. Ambos
extremos del conducto están sellados con tapas ver-
ticales planas. La presión manométrica del aire den-
tro del conducto y por encima de la superficie del
ĺıquido, es de 200 kPa. Determine la fuerza resultan-
te que actúa sobre una de las tapas de los extremos,
aśı como su punto de aplicación respecto al fondo
del conducto.
R: 639 kN a 0, 990 m del fondo.
Ejercicio 3.9 (Munson et al. 2-93)
Una compuerta rectangular de 3 m de ancho y
8 m de alto, está ubicada al final de un conduc-
to rectangular que conecta con un tanque de agua
abierto. La puerta está pivotada en su extremo in-
ferior y se mantiene cerrada debido a la acción de
una fuerza horizontal FH aplicada en su centro, tal
como se muestra en la figura. El máximo valor que
dicha fuerza puede alcanzar es de 3500 kN .
a) Determine la máxima profundidad h que pue-
de tener el agua por arriba del centro de la
puerta, para que esta no se abra.
b) ¿El valor de h obtenido seŕıa el mismo si la
compuerta estuviese pivotada en su extremo
superior? Sustente su respuesta con los cálcu-
los respectivos.
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R: a) 16, 2 m ; b) No, la profundidad máxima
permisible seŕıa menor.
Ejercicio 3.10 (Munson et al. 2-103)
Una delgada compuerta de 4 ft de ancho, en
forma de L y de masa despreciable, es libre de rotar
alrededor de una articulación sin fricción ubicada en
el punto O. La porción horizontal de la compuerta
mantiene cerrada una tubeŕıa de drenaje de 1 ft de
diámetro, que contiene aire a presión atmosférica.
Calcule la mı́nima profundidad h que se requiere
para hacer rotar la compuerta y permitir el drenaje
del agua.
R: 1, 88 ft
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4. Fuerzas hidrostáticas sobre superficies curvas sumergidas
Ejercicio 4.1 (Shames 3-54)
Determine la magnitud y la ĺınea de acción de la fuerza resultante que actúa sobre la superficie
semiesférica mostrada en la figura. Note que una cara de la superficie está en el interior de un tanque con
agua, mientras que la otra está expuesta a la atmósfera.
Solución:
En primer lugar, determinemos las proyecciones de la su-
perficie estudiada.
De acuerdo al sistema de referencia indicado, la proyección
de la superficie semiesférica en el plano yz, es decir Ax, es un
ćırculo de radio R = 3 ft.
Por otra parte, en el plano xy se tiene que la proyección
“neta” es nula. Esto puede observarse intuitivamente a partir
del hecho de que el efecto por la parte posterior y frontal de la
esfera se anula entre śı. También pueden usarse coordenadas
esféricas para demostrar que Az =
∫
d ~A . k̂ =
∫
dAz = 0
Ya que patm actúa sobre la semiesfera tanto por el lado de
adentro como por fuera del tanque, su efecto se cancela.
De este modo, las dos componentes paralelas a la superficie libre vienen dadas
por:
Fx =
∫
d~F . î = −
∫
A
pd ~A . î = −
∫
Ax
p dAx = −
∫
Ax
γ y dAx = −γ
∫
Ax
y dAx
⇒ Fx = −γ ycx
∫
Ax
dAx = −γ ycx Ax
Luego, su magnitud es:
Fx = γ ycx Ax
Análogamente para z:
Fz = γ ycz Az
Como ya se mencionó, Az = 0, mientras que Ax es una superficie vertical plana
y circular. Por lo tanto:
Fx =
(
62, 4
lbf
ft3
)
(10 ft) [π (3 ft)2] = 17643, 2 lbf (→)
Fz = 0
Para evaluar la componente vertical Fy (teniendo en cuenta que el efecto de patm se cancela), solo
debemos calcular el peso de la columna de fluido existente entre la superficie libre y la semiesfera.
Note que la mitad superior de la semiesfera está“por debajo” del ĺıquido, con lo cual es sencillo
visualizar la columna de agua por encima de esta.
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Por otro lado, la mitad inferior está “por en-
cima” del ĺıquido. Una estrategia de solución en
estos casos consiste en suponer una columna vir-
tual de ĺıquido, que vaya desde la cara posterior
de la superficie estudiada hasta la superficie libre.
Considerando que el espesor de la semiesfera es des-
preciable, se tiene que la fuerza (hacia abajo) que
ejerce la columna virtual, es igual y opuesta a la
fuerza que ejerce el fluido “real” en la cara que da
hacia el tanque.
Luego, tendremos una fuerza actuando hacia
abajo en la mitad superior y una actuando hacia
arriba en la inferior, cuyas magnitudes son los pesos
de las columnas respectivas de ĺıquido.
Fytot = Fy1 − Fy2
Note que con ello, parte del volumen de las co-
lumnas de fluido “se cancelan” entre śı, quedando
únicamente el volumen de la semiesfera. Por lo tan-
to:
Fy =
∫
V
γ dV = γ
[
1
2
(
4
3
πR3
)]
= 3528, 6 lbf (↑)
Observe que, en este caso, el cálculo de la fuerza vertical Fy también pudo desarrollarse a partir del
Principio de Flotación de Arqúımedes, según el cual la fuerza de flotación que actúa sobre un cuerpo
sumergido es igual al peso del fluido desplazado por el cuerpo (que aqúı se trata de una semiesfera). No
obstante, este enfoque no es aplicable a todos los casos de superficies sumergidas, como veremos en otros
ejercicios.
Finalmente, y de acuerdo al sistema de referencia usado:
~Ftot = 17643, 2 (−î) + 3528, 6 (−ĵ) [lbf ]
| ~Ftot| =
√
F 2x + F
2
y = 17992, 6 lbf ; θ = arctan
(
Fy
Fx
)
= 11, 3◦
La ĺınea de acción de la resultante debe pasar por el punto O, pues cada
diferencial de fuerza d~F que actúa sobre la superficie es perpendicular a
la misma, lo cual corresponde con la dirección radial. Luego, la resultante
también estará orientada radialmente.
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Ejercicio 4.2 (Shames 3-60)
En la figura se muestra un vertedero ciĺındrico de 3m de diámetro y 6m de longitud. Determine la
magnitud y la dirección de la fuerza resultante causada por los fluidos sobre el vertedero.
Solución:
Resolveremos este problema utilizando dos metodo-
loǵıas distintas pero totalmente equivalentes.
Método 1
La proyección Ax de la superficie ciĺındrica del lado
izquierdo es un rectángulo de 6m x 3m, mientras que pa-
ra el lado derecho es un rectángulo de 6m x 1, 5m. De
este modo, tenemos que:
Fx1 = γ ycxAx = (9810N/m
3)(1, 5m)(18m2) = 264870N (→)
Fx2 = −(9810N/m3)(0, 75m)(9m2) = −66217, 5N (←)
Note que no se consideró el efecto de patm, ya que este
se anula a ambos lados de la compuerta.
Para la componente perpendicular a la superficie li-
bre, Fy, puede usarse el mismo enfoque del ejercicio ante-
rior. Por lo tanto, para el lado izquierdo el prisma “neto”
de fluido representa medio cilindro, con lo que se tiene:
Fy1 = γ
∫
V
dV = γ
(
1
2
πR2L
)
= 208028N (↑)
La razón de que esta fuerza actúe hacie arriba se debe
a que el efecto sobre la parte inferior de la compuerta es
mayor que en la superior. Con un razonamiento análogo,
para el lado derecho se tiene que:
Fy2 = γ
(
1
4
πR2L
)
= 104014N (↑)
Finalmente, la fuerza resultante será:
~Ftot = (264870− 66217, 5)̂i+ (208028 + 104014)ĵ [N ]
~Ftot = 198, 65 î+ 312, 04 ĵ [kN ]
θ = arctan
(
Fy
Fx
)
∼= 57, 5◦
Debido a la geometŕıa ciĺındrica de la compuerta, la ĺınea de ac-
ción de la resultante debe pasar por su centroide, pues la presión es
perpendicular a cada punto de la superficie.
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Método 2
Otra forma muy práctica de abordar este ejercicio consiste en realizar un Diagrama de Cuerpo Libre
del volumen de ĺıquido “encerrado” por la superficie, es decir, por las proyecciones cartesianas de la misma.
La acción de la superficie sólida sobre el fluido se representa con las componentes horizontal y vertical
de una fuerza que es igual en magnitud pero de sentido opuesto a la fuerza hidrostática sobre el sólido
(principio de acción y reacción).
Para el lado izquierdo se tiene el DCL de la figura.
Sumando fuerzas para el equilibrio en las direcciones x y y, se ob-
tiene:
Fx1 = γ hcAx
Fy1 = γ (V − hAy)
En este caso, Ax es un rectángulo de 6m x 3m, Ay es un rectángulo
de 6m x 1, 5m y V es el volumen de fluido (es decir, un paraleleṕıpedo
de 3m x 1, 5m x 6m menos medio cilindro).
Sustituyendo valores, se tiene:
Fx1 = 264, 87 kN (←)
Fy1 = −208, 03 kN (↓)
Luego, las fuerzas sobre esa cara de la compuerta irán en sentido
opuesto:
Fx1 = 264, 87 kN (→)
Fy1 = 208, 03 kN (↑)
Para el lado derecho se tiene el DCL de la figura. No se incluyó el
efecto de po sobre el área Ay2 , pues este se equilibra con el que acúa en
la parte no sumergida del cilindro.
De aqúı tenemos:
Fx2 = γ hc2 Ax2 = 66, 22 kN (→)
Fy2 = γ(hAy2 − V ) = 104, 01 kN (↓)
Luego, sobre la superficie sólida:
Fx2 = 66, 22 kN (←)
Fy2 = 104, 01 kN (↑)
Finalmente,
~Ftot = (264, 87− 66, 22)̂i+ (208, 03 + 104, 01)ĵ [kN ]
~Ftot = 198, 65 î+ 312, 04 ĵ [kN ]
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Ejercicio 4.3 (Roca Vila 2-13)
El fondo de un recipiente con agua tiene una forma parabólica y se encuentra articulado en O a
otro recipiente que contiene mercurio. Calcule la altura H de mercurio que se necesita para mantener al
recipiente con agua en equilibrio.
Solución:
Para mantener el sistema en equilibrio estático, los mo-
mentos producidos por el agua y el mercurio a cada lado de
la compuerta, respecto a O, deben anularse entre śı.
La componente horizontal de la fuerza hidrostática es sen-
cilla de determinar pues la proyección de la superficie en el
plano yz es un rectángulo. Considerando que b es el ancho de
la compuerta, para el lado del recipiente con agua tenemos:
Fx1 = γH2O ycx1Ax1 = γH2O (2, 5m)(3m)(b)
Fx1 = 7, 5(γH2O b) [N ] (→)
Y la profundidad de su punto de aplicación es:
yp1 = ycx1 +
Ix′x′c1
Ax1 ycx1
= 2, 5 +
1
12(3)
3b
(3b)(2, 5)
= 2, 8m
Análogamente, para el lado con mercurio:
Fx2 = γHg ycx2Ax2 = γHg
(
H
2
)
(Hb) =
1
2
γHg bH
2 [N ] (←)
yp2 =
H
2
+
1
12H
3b
(Hb)H2
=
2
3
H
Note que no se ha incluido el efecto de patm, pues este se anula a ambos lados de la compuerta.
Para el cálculo de la componente vertical, recordemos que su magnitud es igual al peso del prisma
de ĺıquido sobre la superficie. Debido a la geometŕıa de la compuerta, el volumen de dicho prisma debe
calcularse v́ıa integrales. Para ello, definimos un sistema de referencia auxiliar x′y′, ubicado en el punto O.
En general, la curva de la compuerta es x = ay2 + by+ c,
con y ≥ 0. Para hallar las constantes hacemos:
x(y = 0) = 0 ⇒ c = 0
dx
dy
∣∣∣∣
y=0
= 0 ⇒ b = 0
x(y = 3) = 2 ⇒ a = 2
9
De este modo, la curva puede escribirse como: y = 3
√
2
2
√
x
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Mecánica de Fluidos I Estática de fluidos 22
Para el lado con agua, definimos el diferencial de volumen de la siguiente forma:
dV1 = b dA1 = b
(
4− 3
√
2
2
√
x
)
dx
Luego,
Fy1 =
∫
V
γ dV = γH2O b
∫ 2
0
(
4− 3
√
2
2
√
x
)
dx = 4γH2O b [N ] (↓)
Para el lado con mercurio, recordemos la estrate-
gia usada en problemas anteriores cuando el ĺıquido
está por debajo y no por encima de la superficie. Ima-
ginemos una columna de mercurio por encima de la
compuerta cuya fuerza hidrostática hacia abajo sea
equivalente a la que produce el fluido real hacia arri-
ba. De este modo, tenemos:
Fy2 =
∫
V
γ dV = γHg b
∫ 2
9
H2
0
(
H − 3
√
2
2
√
x
)
dx
Fy2 =
2
27
γHg bH
3 [N ] (↑)
Ahora necesitamos determinar los puntos de apli-
cación de Fy1 y Fy2 . Para ello, tomemos momentos
respecto al punto O.
El punto de aplicación, a una distancia x̄ desde O, debe verificarque:
x̄Fy =
∫
x dFy =
∫
V
x(γ dV )
Además, Fy = γ V , por lo que se obtiene:
x̄ =
∫
V x dV
V
Si hiciéramos un análisis análogo para la posición z̄, perpendicular al papel, llegaŕıamos a la conclusión
de que Fy actúa en el centroide del prisma de ĺıquido en cuestión.
Para el lado con agua tenemos:∫
V1
x dV1 = b
∫ 2
0
x
(
4− 3
√
2
2
√
x
)
dx =
16
5
b [m4]
V1 =
∫
V1
dV1 = 4b [m
3]
Por lo tanto,
x̄1 =
4
5
m
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Mecánica de Fluidos I Estática de fluidos 23
Para el lado con mercurio:∫
V2
x dV2 = b
∫ 2
9
H2
0
x
(
H − 3
√
2
2
√
x
)
dx =
2
405
bH5 [m4]
V2 =
∫
V2
dV2 =
2
27
bH3 [m3]
Luego,
x̄2 =
1
15
H2 [m]
Tomando momentos respecto al punto O e igualando a cero, obtenemos:∑
Mo = −(1, 2)(7, 5 γH2O b)−
(
4
5
)
(4γH2O b) +
(
1
15
H2
)(
2
27
γHg bH
3
)
+
(
1
3
H
)(
1
2
γHg bH
2
)
= 0
Despejando H y teniendo en cuenta que γHg = 13, 6 γH2O, se obtiene:
H = 1, 7m
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Ejercicio 4.4 (Shames 3-61)
Un tapón en forma de cono se encuentra dispuesto en el fondo de un tanque con agua, tal como se
indica en la figura. Calcule la fuerza hidrostática que actúa sobre el tapón.
Solución:
En primer lugar, observemos que la fuerza que actúa sobre el
tapón es netamente vertical. Las componentes Fx y Fz son nu-
las porque las proyecciones de la superficie lateral cónica en esas
direcciones lo son.
La fuerza vertical resultante será la suma vectorial de la que
actúa sobre la base circular del tapón (que apunta hacia abajo),
con la que actúa sobre la superficie lateral del cono truncado (la
cual irá hacia arriba). Recordemos que la magnitud de cada fuer-
za representa el peso de la columna de ĺıquido entre la superficie
analizada y la superficie libre.
El diámetro de truncamiento del cono lo podemos
determinar a partir de consideraciones geométricas.
D
H
=
d
H − h
⇒ d = (2 in)
(
6 in− 2 in
6 in
)
=
4
3
in
Sobre la base del cono actúa:
Fy1 = −γ
(π
4
D2
)
hD = −13, 39 lbf (↓)
Donde hD = (10− 212) ft
Para la superficie lateral, dividiremos el volumen involucrado en:
a) Un cilindro hueco de dext = 2 in, dint =
4
3 in y altura hD.
b) El del cono truncado menos un cilindro macizo de 43 in de diámetro y 2 in de alto.
Por geometŕıa, obtenemos:
Va = 205, 95 in
3 ; Vb = 1, 627 in
3
Luego, la fuerza vertical sobre la superficie lateral será:
Fy2 = γ(Va + Vb) = 7, 50 lbf (↑)
Finalmente, la fuerza resultante hacia abajo es:
~Ftot = (7, 50− 13, 39) ĵ = −5, 89 ĵ [lbf ]
Note que esta fuerza no hubiera sido posible calcularla a través del Principio de Arqúımedes, pues el
tapón no tiene una superficie inferior “distintiva” totalmente expuesta al fluido.
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Mecánica de Fluidos I Estática de fluidos 25
Ejercicio 4.5 (Shames 3-67 y 3-68)
Un tanque está herméticamente dividido en dos compartimientos por la placa horizontal AB, indicada
en la figura. Un cilindro de 0, 3m de diámetro se encuentra soldado a dicha placa, de forma que sobresale
por encima y por debajo de ella.
a) Calcule la fuerza vertical sobre el cilindro.
b) Determine nuevamente la fuerza vertical teniendo en cuenta que se agregó una semiesfera de 0, 3m
de diámetro, tanto en la cara superior como en la cara inferior del cilindro, y que además la presión
manométrica p2 aumentó a 360 kPa.
Solución:
a) Este caso representa un problema de superficies
planas sumergidas, que además son horizontales. Por lo
tanto, para la cara superior se tiene:
F1 = −(p1 + γH2O h1)A = −49, 07 kN (↓)
Donde h1 = 19, 8m.
Mientras que para la cara inferior:
F2 = (p2 − γH2O h2)A = 2, 43 kN (↑)
Donde h2 = 23m.
La fuerza vertical neta será:
~F = −46, 64 ĵ [kN ]
b) Para esta nueva configuración, calculamos la fuerza
sobre la semiesfera superior como el peso de la columna de
ĺıquido entre ella y la superficie libre, más el efecto de la
presión manométrica sobre esta última.
F1 = −(p1Ay + γH2OV ) = −49, 0 kN (↓)
Donde Ay = π(0, 15m)
2
y V = π(0, 15m)2(19, 8m)− 23π(0, 15m)
3
Para la parte inferior, debemos tener en cuenta que no
existe una superficie libre propiamente dicha, pues los fluidos
están confinados. Una metodoloǵıa apropiada para estos casos
consiste en establecer una superficie libre virtual, tal que la
distribución hidrostática de presiones sea equivalente a la del
problema real.
La presión en la interfaz agua-aceite es: p = (360 ∗ 103 Pa)− (9810N/m3)(25m) = 114, 75 kPa
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Mecánica de Fluidos I Estática de fluidos 26
La profundidad de aceite (desde la superficie libre virtual hasta
la interfaz) que se requeriŕıa para producir esa presión es:
hoil =
p
γoil
=
114, 75 ∗ 103 Pa
0, 8 (9810N/m3)
= 14, 62m
Luego, podemos aplicar la misma metodoloǵıa que en los pro-
blemas anteriores.
F2 = γH2O V1 + γoil V2 = 9, 57 kN (↑)
Donde V1 =
2
3π(0, 15m)
3 + π(0, 15m)2(2m)
y V2 = π(0, 15m)
2(14, 62m)
Finalmente,
~F = −39, 43 ĵ [kN ]
Note que hubiese sido un error calcular la fuerza vertical valiéndonos del Principio de Arqúımedes, ya
que los fluidos de ambos compartimientos no están en contacto libre y directo.
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Mecánica de Fluidos I Estática de fluidos 27
Ejercicios propuestos
Ejercicio 4.6 (Munson et al. 2-122)
La figura muestra una compuerta homogénea
con forma de un cuarto de cilindro. Esta estructura
se utiliza para mantener la profundidad del agua en
un máximo de 4m, de modo que al exceder este va-
lor la compuerta se abre y permite el paso del flujo
por debajo de ella. Determine el peso, por metro de
longitud, que debe tener la compuerta para poder
cumplir su función.
R: 64, 4 kNm
Ejercicio 4.7 (Roca Vila 2-14)
Una instalación submarina contiene una cúpula
ciĺındrica ABCD, tal como se indica en la figura.
Considerando la acción de todos los fluidos presen-
tes, tanto dentro como fuera de la instalación, de-
termine la magnitud y dirección de la fuerza total
que actúa sobre la cúpula. Tenga en cuenta que la
presión de aire de 0, 5 bar es manométrica y además
suponga que el ancho de la instalación es unitario.
R: F = 53, 5 kN y θ = 38, 2◦
Ejercicio 4.8 (Shames 3-57)
Dentro del tanque mostrado en la figura, se colo-
ca un tapón cónico con el fin de obstruir un agujero
de vaciado. Calcule la magnitud de la fuerza hori-
zontal producida por los fluidos presentes sobre el
tapón.
R: 173, 4N
Ejercicio 4.9 (Shames 3-63)
Un tanque se encuentra dividido en dos cámaras
independientes. El manómetro indicado en la figura
mide la diferencia de presión entre el aire que actúa
en cada cámara. Además, una esfera de madera está
incrustada en la pared de separación, tal como se
muestra. Calcule la magnitud de la fuerza horizontal
y de la fuerza vertical que actúan sobre la esfera.
Recuerde que la densidad relativa del mercurio es
de 13, 6.
R: FH = 11, 76 kN y FV = 998, 5N
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Mecánica de Fluidos I Estática de fluidos 28
Ejercicio 4.10 (Munson et al. 2-115)
Dos piezas semiesféricas de 3 ft de diámetro, son
unidas entre śı mediante ocho pernos para formar un
contener esférico de 300 lbf de peso, el cual es llena-
do completamente con mercurio y soportado por un
cable, tal como se muestra. Dicho contenedor se en-
cuentra abierto a la atmósfera a través de una aber-
tura de venteo en su parte superior. Si los ocho per-
nos están dispuestos simétricamente alrededor del
peŕımetro circunferencial, calcule la magnitud de la
fuerza vertical que cada uno deberá soportar.
R: 1890 lbf
Ejercicio 4.11 (Munson et al. 2-123)
Un rompeolas de concreto (γ = 150 lb/ft3) tie-
ne una superficie curva con forma de parábola, tal
como se muestra en la figura. Esta estructura es ca-
paz de contener el agua a una profundidad máxima
de 24 ft. Calcule el momento por unidadde longi-
tud que produce la acción del fluido, con respecto a
un eje que pasa a través del punto A. Para el agua
marina utilice γ = 64 lb/ft3.
R: 25200
lbf .ft
ft
Ejercicio 4.12 (Shames 3-72)
El tanque de la figura está conformado por cua-
tro compartimientos totalmente separados unos de
otros.
En un punto de la arista común a cada uno,
se encuentra incrustada una esfera, quedando divi-
dida en cuatro partes iguales. Las presiones léıdas
por los manómetros son: p1 = 5 psi, p2 = 10 psi
y p3 = 13 psi. Con los valores indicados, calcule las
componentes vertical y horizontal de la fuerza resul-
tante que actúa sobre la esfera. Para el agua utilice
γ = 62, 4 lb/ft3.
R: FH = 1695 lbf (hacia la derecha)
FV = 1242 lbf
Ejercicio 4.13 (Streeter et al. Ej. 2-11)
Un cuerpo con forma de elipsoide de revolución
se encuentra sumergido en agua. El centro de dicho
cuerpo se ubica a 2m por debajo de la superficie
libre del fluido. Considerando que el plano xz es
horizontal y que el eje y es positivo hacia arriba, se
tiene que la ecuación de la superficie del cuerpo es
x2
4 +
y2
4 +
z2
9 = 1. A partir de esta información, calcule
las componentes horizontales (Fx y Fz) de la fuerza
que actúa sobre la porción de elipsoide ubicada en
el primer octante.
R: Fx = −53, 2 kN y Fz = −35, 4 kN
Ejercicio 4.14 (Munson et al. 2-131)
En las figuras se muestran tres compuertas dis-
tintas, todas ellas de peso despreciable, las cuales
son utilizadas para contener el agua en un canal de
ancho l. En la configuración de la figura b), la fuer-
za que la compuerta ejerce sobre el tope tiene una
magnitud R. Para los casos a) y c) determine, en
términos de R, el valor de la fuerza que la respectiva
compuerta ejerce sobre el tope.
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Mecánica de Fluidos I Estática de fluidos 29
R: Para a) F = 1, 17R;
Para c) F = 0, 875R
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Mecánica de Fluidos I Estática de fluidos 30
5. Flotación
Ejercicio 5.1 (Fox & McDonald 3-87)
Una canoa es representada con un semicilindro de radio R = 0, 35m y longitud L = 5, 25m, el cual
flota en un estanque de agua de profundidad d = 0, 245m. Obtenga una expresión algebraica genérica
para la masa máxima (de la canoa y su contenido) que puede flotar, en función de la profundidad del
agua d. Además, evalúe este resultado para las condiciones dadas.
Solución:
La fuerza de flotación es la resultante vertical de las fuer-
zas hidrostáticas sobre el cuerpo sumergido. Para calcularla
podemos valernos del enfoque del tema anterior, integrando
la presión hidrostática sobre la superficie sumergida del sóli-
do. Por otra parte, también podemos partir del Principio de
Arqúımedes, el cual establece que la magnitud de esta fuer-
za es igual al peso del fluido desplazado por el cuerpo, y que
actúa verticalmente hacia arriba, pasando por el centroide del
volumen desplazado.
De acuerdo a la figura,
R+ h = R cos θo + d ⇒ θo = arc cos
(
R+ h− d
R
)
Suponiendo que en general d < R, el caso ĺımite se produ-
ce cuando h→ 0, es decir, cuando la canoa alcanza el fondo.
Por lo tanto,
θmax = arc cos
(
R− d
R
)
De este modo, el volumen de agua desplazado es un trozo de cilindro, el cual puede calcularse a través
de integrales o de fórmulas geométricas conocidas.
El área de interés será la del sector circular completo menos la del triángulo isósceles.
A =
πR2(2θmax)
2π
− (2R sin θmax)(R cos θmax)
2
Luego,
Fflot = γH2O Vdesp = γ
(
θmaxR
2 − R
2
2
sin (2θmax)
)
L
Sumando fuerzas en la dirección vertical:
∑
Fy = 0 ⇒ Fflot −Mmax g = 0 ⇒ Mmax =
ρLR2
2
(2θmax − sin (2θmax))
Sustituyendo los valores dados, se obtiene:
θmax = 1, 266 rad
Mmax = 630, 2 kg
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Mecánica de Fluidos I Estática de fluidos 31
Ejercicio 5.2 (Roca Vila 2-10)
Un recipiente ciĺındrico abierto en un extremo, flota en un ĺıquido de densidad ρ con el extremo
abierto hacia abajo. El recipiente tiene un peso w y es mantenido a flote por el aire atrapado en su
interior. Suponiendo que el aire se comprime a temperatura constante, determine la fuerza F necesaria
para sumergir el recipiente tal como se indica en la posición 2 de la figura. La sección normal interna del
cilindro es A y el volumen de las paredes puede ser despreciado.
Solución:
Inicialmente el recipiente se encuentra en
equilibrio debido al balance de fuerzas entre
su propio peso y la fuerza de flotación. Ya que
el volumen de las paredes puede despreciarse,
su contribución a la flotación no se tomará
en cuenta. De esta forma, el volumen de agua
desplazado corresponde a la altura de aire δ
mostrada en la figura.
Para el equilibrio en la dirección vertical:∑
Fy = 0 ⇒ γAδ − w = 0 ⇒ δ =
w
γA
Por su parte, el aire en el interior del recipiente se encontrará a una presión p1 = po + γδ
Al aplicar una fuerza F para mantener todo el recipiente sumergido, se tendrá una nueva condición
de equilibrio. ∑
Fy = 0 ⇒ γVf − w − F = 0 ⇒ F = γVf − w
Donde Vf = Al es el volumen final de aire, comprimido hasta una presión p2 = po + γl.
Ya que este proceso se asume como isotérmico, será gobernado por la ecuación:
p1V1 = p2V2 ⇒ (po + γδ)(h+ δ)A = (po + γl)lA ⇒ γl2 + pol − (po + γδ)(h+ δ) = 0
De aqúı,
l =
−b±
√
b2 − 4ac
2a
= − b
2a
±
√
b2
4a2
− c
a
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Mecánica de Fluidos I Estática de fluidos 32
l = − po
2γ
±
√
p2o
4γ2
+
(po + γδ)(h+ δ)
γ
Luego, tomamos la ráız positiva y la sustituimos en la ecuación de equilibrio, obteniéndose:
F = A
[
−po
2
+
√(po
2
)2
+ γ(po + γδ)(h+ δ)
]
− w
F = A
[
−po
2
+
√(po
2
)2
+
(
po +
w
A
)(
ρgh+
w
A
)]
− w
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Mecánica de Fluidos I Estática de fluidos 33
Ejercicio 5.3 (Fox & McDonald 3-107)
Un cilindro de madera, de diámetro D = 1 ft y longitud L = 15 ft, posee un peso en su extremo
inferior, de forma que pueda flotar verticalmente con 10 ft de su altura sumergidos en agua de mar.
Luego, el cilindro es desplazado verticalmente desde su posición de equilibrio y liberado, con lo cual inicia
un movimiento oscilatorio en la dirección vertical. Calcule la frecuencia de estas oscilaciones, despreciando
los efectos viscosos y el movimiento del agua circundante.
Solución:
En primer lugar, estudiemos el sistema en su posición de equilibrio, donde el balance de fuerzas resulta
en: ∑
Fy = 0 ⇒ γAho −Mg = 0 ⇒ M = ρAho
Luego de imprimirle unas condiciones iniciales, el cilindro oscilará alrededor de esta posición de equili-
brio. Por lo tanto, definimos una coordenada vertical y medida desde la superficie del agua, que represente
la posición del punto P .
Por lo tanto, la altura sumergida será:
h(y) = ho − y
Despreciando el efecto viscoso del agua sobre el cilindro y el movi-
miento del agua circundante, nos queda el Diagrama de Cuerpo Libre
de la figura.
Fflot −Mg = Mÿ ⇒ ρg(ho − y)A−Mg = Mÿ
Sustituyendo ho =
M
ρA , nos queda:
��Mg − ρgAy −��Mg = Mÿ ⇒ Mÿ + ρgAy = 0
Esta ecuación es la de un movimiento armónico simple de frecuencia natural:
ω =
√
ρgA
M
=
√
g
ho
Con g = 32, 17 ft/s2 y ho = 10 ft, la frecuencia es ω = 1, 794 rad/s, que en Hertz equivale a:
f =
ω
2π
= 0, 286Hz
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Mecánica de Fluidos I Estática de fluidos 34
Ejercicio 5.4 (Shames 3-86 y 3-87)
Un objeto con forma de paraleleṕıpedo rectangular, se empuja lentamente en agua a lo largo de un
plano inclinado sobre rieles angostos. El objeto pesa 4000 lbf y el coeficiente de fricción dinámica con
los rieles es de 0, 4. Se desea que el objeto descienda por el plano inclinado con una velocidad constante
pequeña.
a) Suponiendo que la presión hidrostática actúa sobre toda la superficie sumergida del objeto, exprese
la fuerza P necesaria en función de la distancia x (longitud sumergida en el agua a lo largo de la
cara inferior). Empiece los cálculos cuando el agua entra encontacto con la superficie superior del
objeto.
b) ¿Existe una posición x para la cual es inminente la rotación del objeto debido al efecto de la flotación?
De ser aśı, calcule dicha posición.
Solución:
a) La posición inicial del objeto será la indica-
da en la primera figura. A medida que este avanza
dentro del agua, la fuerza de flotación aumentará
gradualmente. Por lo tanto, necesitamos escribir
el volumen desplazado de fluido en función de la
coordenada x.
Para una posición genérica, tenemos:
A =
(
x− l
tan θ
)
l +
1
2
(
l
tan θ
)
l
⇒ A =
(
x− l
2 tan θ
)
l
Fflot = γb
(
xl − l
2
2 tan θ
)
Con l = 2 ft ; b = 2 ft ; θ = 20◦ y γ = 62, 4
lbf
ft3
, se
tiene:
Fflot = 249, 6x− 685, 8 [lbf ]
A partir del Diagrama de Cuerpo Libre de la figura
siguiente, realizamos la sumatoria de fuerzas en ambas
direcciones, teniendo en cuenta que se desea que el cuerpo
descienda con velocidad constante.
∑
Fy′ = 0 ⇒ N + Fflot cos θ −Mg cos θ = 0
N = (Mg − Fflot) cos θ
∑
Fx′ = 0 ⇒ P +Mg sin θ − Fflot sin θ − µN = 0
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Mecánica de Fluidos I Estática de fluidos 35
P = (Fflot −Mg)(sin θ − µ cos θ)
Sustituyendo los valores y expresiones conocidos, nos
queda:
P = 158, 65− 8, 45x [lbf ]
Donde x ∈
[
l
tan θ , 20 ft
]
, es decir, x ∈ [5, 49 ; 20] ft.
Observe que a medida que el cuerpo entra en el agua,
la fuerza requerida es menor.
b) La condición de volcamiento inminente se obtendrá cuando la fuerza normal N se concentre en el
punto B de la figura, y
∑
MB = 0.
Para este cálculo necesitamos conocer el punto de aplicación de la fuerza de flotación, es decir, el
centroide del volumen sumergido.
De la figura tenemos que:
x̄
′′
=
(
x− l
tan θ
2
)(
x− ltan θ
)
l +
(
x− 2l3 tan θ
) (
l2
2 tan θ
)
(
x− ltan θ
)
l +
(
l2
2 tan θ
) = (x− 5, 49)2 + 5, 49(x− 3, 66)
2x− 5, 49
ȳ
′′
=
l
2
(
x− ltan θ
)
l + l3
(
l2
2 tan θ
)
(
x− ltan θ
)
l +
(
l2
2 tan θ
) = 2(x− 5, 49) + 3, 66
2x− 5, 49
Tomando momentos respecto a B, se obtiene:
∑
MB = 0 ⇒ −(20− x̄
′′
)Fflot cos θ + (10)Mg cos θ − ȳ
′′
Fflot sin θ + (1)Mg sin θ + (1)P = 0
Donde Fflot = 249, 6x− 685, 8 ; P =
158, 65 − 8, 45x ; Mg = 4000 lbf y θ =
20◦.
Resolviendo esta ecuación con una cal-
culadora apropiada, vemos que la única
ráız en el intervalo [5, 49 ; 20] ft es x =
14, 22 ft. Por lo tanto, la fuerza de flota-
ción śı hará rotar el objeto.
Nota: para simplificar la ecuación de
momentos pueden despreciarse las contri-
buciones de las fuerzas en x′, ya que su
brazo es pequeño en comparación a las
fuerzas en y′. Con esta aproximación se
obtiene x = 13, 98 ft.
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Mecánica de Fluidos I Estática de fluidos 36
Ejercicios propuestos
Ejercicio 5.5 (Munson et al. 2-148)
Un iceberg de gravedad espećıfica SG = 0, 917
flota en el océano (SG = 1, 025). ¿Qué porcenta-
je del volumen del iceberg está sumergido bajo el
agua?
R: 89, 5 %
Ejercicio 5.6 (Streeter et al. 2-102)
La mitad inferior de un cubo de 2 ft de lado tie-
ne una densidad relativa de 1, 4, mientras que en
la mitad superior es de 0, 6. Dicho cubo se sumerge
en un medio con dos capas de fluido, la inferior con
densidad relativa de 1, 2 y la superior de 0, 9. Deter-
mine la altura de la porción del cubo por arriba de
la interfaz.
R: 1, 33 ft
Ejercicio 5.7 (Cengel & Cimbala 3-111 y 3-113)
A menudo los globos se llenan con gas helio ya
que este pesa alrededor de un séptimo de lo que pesa
el aire bajo las mismas condiciones. Si un globo de
10m de diámetro transporta dos personas de 70 kg
cada una, determine:
a) La aceleración del globo cuando se acaba de
liberar. Suponga que la densidad del aire es de
1, 16 kg
m3
y desprecie el peso de las cuerdas y la
canastilla.
b) La cantidad máxima de carga que el globo
puede transportar.
R: a) 16, 5 m
s2
b) 520, 6 kg
Ejercicio 5.8 (Shames 3-82)
Un tanque rectangular de 6m de largo (perpen-
dicular al papel) se divide de la manera mostrada en
la figura, y se llena con agua y aceite. Sabiendo que
la densidad relativa del aceite es de 0, 82, determine:
a) El valor de la altura h del aceite.
b) El aumento en el nivel de la superficie libre del
agua en contacto con el aire, cuando se coloca
un bloque de 1000N flotando sobre el lado con
aceite.
R: a) 1, 22m b) 5, 79mm
Ejercicio 5.9 (Shames 3-90)
Un pequeño globo tiene un volumen constante
de 15m3 y un peso total de 35, 5N en la super-
ficie de la Tierra. Si es liberado en otro planeta
con g = 5, 02 m
s2
y con una atmósfera isoterma de
ρ = 0, 250 kg
m3
y p = 10000Pa a nivel del mar, cal-
cule:
a) La máxima capacidad de carga del globo a
nivel del mar.
b) La elevación a la cual alcanzará el reposo en
dicha atmósfera. Para ello, suponga que g es
constante.
R: a) 0, 6588N b) 282, 2m
Ejercicio 5.10 (Roca Vila 2-15 / Shames 3-81)
Un hidrómetro es un instrumento que utiliza el
principio de flotación para medir la densidad relati-
va (o gravedad espećıfica) de un ĺıquido. El mismo
está formado por un contrapeso de esferas metáli-
cas pequeñas (W ) y un tubo de sección transversal
constante A.
Última revisión: Enero 2021 Ricardo F. Gomes 36
Mecánica de Fluidos I Estática de fluidos 37
Este aparato se calibra marcando la posición de
la superficie libre cuando flota en agua destilada
(SG = 1), a la vez que se determina el volumen
sumergido Vo. Cuando flota en otro ĺıquido, el vásta-
go sobresale o se hunde una distancia ∆h respecto a
la marca. Asumiendo que ∆h es positivo cuando la
marca se hunde (ĺıquido menos denso que el agua) y
negativo cuando sobresale (más denso que el agua),
obtenga una expresión para calcular la densidad re-
lativa del ĺıquido analizado.
R: SG = 1
1+ A
Vo
∆h
Ejercicio 5.11 (White 2-121)
Una tabla uniforme de dimensiones L xh x b (don-
de h � L y b � L) tiene un peso espećıfico γb. En
su esquina superior izquierda se amarra una pesada
esfera, la cual hace que la tabla flote exactamente
sobre su diagonal, tal como se muestra en la figura.
Para que esto sea posible, determine:
a) La relación que debe existir entre el peso es-
pećıfico de la tabla y del agua.
b) El diámetro que debe tener la esfera.
R: a) γb =
γ
3 D =
3
√
Lhb
π(SG−1)
Ejercicio 5.12 (Fox & McDonald 3-85)
La sección transversal de una canoa es modelada
con la curva y = ax2, donde a = 1, 2 ft−1 y las
coordenadas están en pies. La canoa tiene un ancho
w = 2 ft, constante a lo largo de toda su longitud
L = 18 ft.
a) Obtenga una expresión algebraica genérica que
relacione la masa total de la canoa con la dis-
tancia d que sobresale por encima de la super-
ficie.
b) Calcule la masa máxima total de la canoa y
su contenido sin que esta se inunde.
R: a) M = 4ρL
3
√
a
(
aw2
4 − d
) 3
2
b) Mmax = 1797, 12 lb
Ejercicio 5.13 (Fox & McDonald 3-103)
Una esfera de radio R está parcialmente sumer-
gida una distancia d, en un fluido de gravedad es-
pećıfica SG. Obtenga una expresión algebraica para
la fuerza de flotación que actúa sobre la esfera, en
función de la profundidad de inmersión d.
R: Fflot =
SGγH2O πd
2
3 (3R− d)
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Mecánica de Fluidos I Estática de fluidos 38
Formulario
Manometŕıa: pabs = patm + pman
1 bar = 105 Pa = 100 kPa
1 atm = 101325Pa = 14, 696 psi = 760mmHg
Ecuación fundamental de la estática de fluidos
∇p = ρ~g
Ecuación fundamental de la estática de fluidos
con ~g = −gẑ
dp
dz = −ρg
Presión hidrostática a una profundidad h (pa-
ra fluidos incompresibles):
p = po + γh
Presión a una altura z en un gas ideal isotérmi-
co:
p(z) = pref e
−
γref
pref
(z−zref )
Presión a una altura z en un gas ideal con
variación lineal de temperatura:
p(z) = pref
(
Tref
Tref+kz
) g
kR
donde k = dTdz
Fuerza hidrostática sobre una superficie su-
mergida:
~F = −
∫
p n̂dA
Fuerza sobre superficie plana contenida en un
plano xy, inclinada un ángulo θ respecto a la
superficie libre:
F = (po + γ yc sin θ)A = pcAUbicación del centro de presión:
yp = yc +
Ix′x′c
γ sin θ
Apc
xp = xc +
Ix′y′c
γ sin θ
Apc
Fuerza hidrostática sobre superficie curva. Com-
ponentes paralelas a la superficie libre:
Fx = γ ycx Ax + poAx
Fz = γ ycz Az + poAz
Fuerza hidrostática sobre superficie curva. Com-
ponente perpendicular a la superficie libre:
Fy = poAy +
∫
V γ dV
Fuerza de flotación sobre un cuerpo sumergido
(Principio de Arqúımedes)
Fflot = γflu Vdesp
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Mecánica de Fluidos I Estática de fluidos 39
Referencias
[1] Cengel, Y. A., & Cimbala, J. M. (2006). Mecánica de Fluidos. Fundamentos y Aplicaciones. México
D.F.: McGraw-Hill Interamericana, S.A.
[2] Fox, R. W., McDonald, A. T., Pritchard, P. J., & Leylegian, J. C. (2011). Fox and McDonald’s
Introduction to Fluid Mechanics. (8th ed.). Hoboken, NJ: John Wiley & Sons, Inc.
[3] Munson, B. R., Okiishi, T. H., Huebsch, W. W., & Rothmayer, A. P. (2013). Fundamentals of Fluid
Mechanics. (7th ed.). Hoboken, NJ: John Wiley & Sons, Inc.
[4] Roca Vila, R. (1993). Introducción a la Mecánica de Fluidos. México D.F.: Editorial Limusa, Noriega
Editores.
[5] Shames, I. H. (1995). Mecánica de Fluidos. (3era ed.). Bogotá: McGraw-Hill Interamericana, S.A.
[6] Streeter, V. L., Wylie, E. B., & Bedford, K. W. (2000). Mecánica de Fluidos. (9na ed.). Bogotá:
McGraw-Hill Interamericana, S.A.
[7] White, F. M. (1998). Fluid Mechanics. (4th ed.). Boston: WCB/McGraw-Hill.
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