Estática de fluidos

1.- Un recipiente cilíndrico se ha fijado en el interior de otro recipiente cilíndrico mayor. En el fondo del primer recipiente, hay un hueco con un dispositivo que permite moverse verticalmente sin rozamiento alguno a un cuerpo de forma cilíndrica de madera de de radio r y altura h=21 cm.

El recipiente pequeño está lleno de agua de densidad ρ_w=1000 kg/m³ hasta una altura a=30 cm. El recipiente grande está lleno de aceite de densidad ρ_a=790 kg/m³, hasta el mismo nivel que el recipiente pequeño.

Sabiendo que la densidad de la madera es ρ_m=600 kg/m³, calcular la parte x del cuerpo de madera sumergido en agua.

Pan Pearl River Delta Physics Olympiad 2022, problem 3, pp. 6-7

Solución

Las presiones en los puntos 1 y 2 son

$\begin{array}{l} p_{1} = p_{a t m} + ρ_{w} g (a - x) \\ p_{2} = p_{a t m} + ρ_{a} g (a + h - x) \end{array}$

Equilibrio del cuerpo de madera

$\begin{array}{l} F_{1} + m g = F_{2} \\ p_{1} (π r^{2}) + ρ_{m} (π r^{2} h) g = p_{2} (π r^{2}) \\ p_{a t m} + ρ_{w} g (a - x) + ρ_{m} g h = p_{a t m} + ρ_{a} g (a + h - x) \end{array}$

Despejamos la longitud x del cuerpo de madera sumergido en agua

$\begin{array}{l} ρ_{w} (a - x) + ρ_{m} h = ρ_{a} (a + h - x) \\ (ρ_{w} - ρ_{a}) a + (ρ_{m} - ρ_{a}) h = (ρ_{w} - ρ_{a}) x \\ x = \frac{(ρ_{w} - ρ_{a}) a + (ρ_{m} - ρ_{a}) h}{ρ_{w} - ρ_{a}} = a + \frac{ρ_{m} - ρ_{a}}{ρ_{w} - ρ_{a}} h \\ x = 0.3 + \frac{600 - 790}{1000 - 790} 0.21 = 11 cm \end{array}$

2.- Un bloque de hielo (iceberg) de densidad ρ_h=917 kg/m³ flota en el agua de mar ρ_a=1026 kg/m³. Si el volumen del bloque es V, ¿qué parte permanecerá sumergida?

Solución

3.-

Sea un bloque de madera sección A y altura h de densidad ρ₁ desconocida, que está flotando en el agua, la altura sumergida es y₁
Se coloca un volumen V de material de densidad desconocida ρ₂ encima del bloque, flotan en el agua, la altura del bloque sumergida es y₂
Se engancha el material por debajo del bloque, flotan en el agua, la altura del bloque sumergida es y₃

Determinar la densidad del material ρ₂ en función de las alturas y₁, y₂, y₃ y de la densidad del agua ρ_a

Indian National Physics Olympiad. Homi Bhabha Centre for Science Eduaction. Solved papers NSEP & INPhO, 2016-2018, Ejemplo 3, enunciado, 191, solución, 200

Solución

Equilibrio de un cuerpo parcialmente sumergido, peso=empuje

${\begin{cases} ρ_{1} A h g = ρ_{a} A y_{1} g \\ ρ_{1} A h g + ρ_{2} V g = ρ_{a} A y_{2} g \\ ρ_{1} A h g + ρ_{2} V g = ρ_{a} A y_{3} g + ρ_{a} V g \end{cases}$

Combinamos la segunda y tercera ecuación, eliminando el peso de los dos cuerpos

$\begin{array}{l} ρ_{a} A y_{2} = ρ_{a} A y_{3} + ρ_{a} V \\ V = A (y_{2} - y_{3}) \end{array}$

Combinamos la primera y segunda ecuación, eliminando el peso del bloque

$\begin{array}{l} ρ_{a} A y_{1} + ρ_{2} V = ρ_{a} A y_{2} \\ ρ_{2} = ρ_{a} \frac{(y_{2} - y_{1}) A}{V} \end{array}$

Sustituimos el volumen V del bloque y eliminamos el área A

$ρ_{2} = ρ_{a} \frac{y_{2} - y_{1}}{y_{2} - y_{3}}$

4.-Consideremos el movimiento de un objeto de volumen V y masa m que cae a través de un fluido con viscosidad cero (sin rozamiento).

Dibuja las fuerzas que actúan sobre el cuerpo.
Calcula su aceleración a de caída.

Solución

5.-Disponemos de una plancha de corcho de 10 cm de espesor. Calcular la superficie mínima S que se debe emplear para que flote en agua, sosteniendo a un naufrago de 70 kg. La densidad del corcho es de 0.24 g/cm².

Nota: entendemos por superficie mínima la que permite mantener al hombre completamente fuera del agua aunque la tabla esté totalmente inmersa en ella.

Solución

6.-Un cable anclado en el fondo de un lago sostiene una esfera hueca de plástico bajo su superficie. El volumen de la esfera es de 0.3 m³ y la tensión del cable 900 N.

¿Qué masa tiene la esfera?
El cable se rompe y la esfera sube a la superficie. Cuando está en equilibrio, ¿qué fracción del volumen de la esfera estará sumergida?

Densidad del agua de mar 1.03 g/cm³

Solución

7.-Un cuerpo cilndrico hecho de corcho de densidad 0.30 g/cm³, tiene 6 cm de alto, el área de su bases es 12 cm² y flota en el agua (densidad 1 g/cm³). Del cuerpo cuelga una bola esférica de hierro cuya densidad es 7.86 g/cm³ y de radio r desconocido, tal como se muestra en la figura.

Sabiendo que la altura del cilindro por encima del agua es de 2 cm, calcular el radio de la bola

Masatsugu Suzuki. Lecture Notes of General Physics I and II Calculus Based

Solución

8.-Una varilla cilíndrica delgada de longitud L, radio r, de densidad ρ, está sujeta por una cuerda al fondo de un recipiente que contiene líquido de densidad ρ_f.

El extremo de la varilla se encuentra a una profundidad h. Calcular el ángulo de inclinación θ de la varilla y la tensión T de la cuerda

Hans C. Mayer. Theoretical and Experimental Analysis of Tethered Buoys. The Physics Teacher, Vol. 62, October 2024, pp. 556-561

Solución

Las fuerzas sobre la varilla son

El peso, $m g = ρ (π r^{2} L) g$
El empuje, $E = ρ_{f} (π r^{2} \frac{h}{\sin θ}) g$
La tensión de la cuerda, T

Equilibrio

de las fuerzas

T+mg=E

Momentos respecto del extremo inferior de la varilla

$\begin{array}{l} E \frac{h}{2 \sin θ} \cos θ = m g \frac{L}{2} \cos θ \\ ρ_{f} (π r^{2} \frac{h}{\sin θ}) g \frac{h}{2 \sin θ} = ρ (π r^{2} L) g \frac{L}{2} \\ \sin θ = \sqrt{\frac{ρ_{f}}{ρ}} \frac{h}{L} \end{array}$

Para h>L, la varilla es estable en la posición vertical θ=90° independientemente de la profundidad h.

Fijamos las densidades, de modo que el cociente ρ/ρ_f=0.5. Representamos el ángulo θ en grados en función de la profundidad h, para tres valores de la longitud de la varilla, L=0.1, 0.2 y 0.3 m

k=0.5; %cociente rho/rho_f (varilla/liquido)
hold on
for L=0.1:0.1:0.3 %longitud de la varilla
    th=@(x) asin(x/(L*sqrt(k)))*180/pi; %en grados
    fplot(th,[0,L*sqrt(k)])
    line([L*sqrt(k), 0.25],[90,90])
end
hold off
grid on
xlabel('h')
ylabel('\theta')
title('Angulo en función de la profundidad, h')

Fijamos la longitud de la varilla L=0.2 m. Representamos el ángulo θ en grados en función de la profundidad h, para cinco valores del cociente ρ/ρ_f=0.01, 0.25, 0.5, 0.75, 0.99

L=0.2; %longitud de la varilla
hold on
for k=[0.01,0.25,0.5,0.75,0.99] %cociente rho/rho_f (varilla/liquido)
    th=@(x) asin(x/(L*sqrt(k)))*180/pi; %en grados
    fplot(th,[0,L*sqrt(k)])
    line([L*sqrt(k), 0.25],[90,90])
end
hold off
grid on
xlabel('h')
ylabel('\theta')
title('Angulo en función de la profundidad, h')

La tensión de la cuerda

$T = E - m g = (π r^{2}) g (ρ_{f} \frac{h}{\sin θ} - ρ L) = ρ (π r^{2} L) g (\sqrt{\frac{ρ_{f}}{ρ}} - 1) = m g (\sqrt{\frac{ρ_{f}}{ρ}} - 1)$

No depende de la profundidad h

9.-La prensa hidráulica de la figura está formada por dos depósitos cilíndricos, de diámetros 10 y 40 cm respectivamente, conectados por la parte inferior mediante un tubo, tal como se indica en la figura. Contienen dos líquidos inmiscibles: agua, de densidad 1 g/cm³ y aceite 0.68 g/cm³.

Determinar el valor de la masa m para que el sistema esté en equilibrio.

Tomar g=9.8 m/s². Presión atmosférica, p_a= 101293 Pa

Solución

10.-El depósito de la figura contiene agua.

Si abrimos la llave de paso, ¿qué altura tendrá el agua en cada lado del depósito cuando se alcance el equilibrio?
¿Qué cantidad de agua pasará de un recipiente al otro hasta que se alcance el equilibrio?

Tomar g=10 m/s². Presión atmosférica, p_a= 10⁵ Pa

Solución

11.-Un tubo de vidrio de longitud h se introduce en una depósito de mercurio hasta la mitad.

Se cierra el extremo superior y el tubo se saca muy despacio del depósito. Calcular la altura y del mercurio que permanece en el tubo.

P=ρgH es la presión atmosférica (H=76 cm). Se supone que la temperatura no cambia

Physics Challenges for Teachers and Students. Mercury on Earth (F4). The Physics Teacher. Vol. 43, (2005) pp. 122

Solución

Cuando se saca el tubo, la presión del aire en el interior del tubo disminuye a P-ΔP, como consecuencia el aire se expande desde el volumen A·h/2 a A(h-y). Siendo A la sección del tubo

La transformación isotérmica del aire contenido en el tubo se escribe,

$\begin{array}{l} P (A \frac{h}{2}) = (P - Δ P) A (h - y) \\ P \frac{h}{2} = (P - Δ P) (h - y) \end{array}$

La presión atmosférica es la suma de la presión del aire contenido en el tubo y de la columna de mercurio de altura y

P=(P-ΔP)+ρgy, ΔP=ρgy

El resultado es

$\begin{array}{l} ρ g H \frac{h}{2} = (ρ g H - ρ g y) (h - y) \\ y^{2} - (H + h) y + H \frac{h}{2} = 0 \\ y = \frac{H + h - \sqrt{{(H + h)}^{2} - 2 H h}}{2} = \frac{H + h - \sqrt{H^{2} + h^{2}}}{2} \end{array}$

Como y<h/2 solamente es posible una de las dos soluciones de la ecuación de segundo grado

12.- Una placa rectangular de densidad ρ y dimensiones 2a y 2b flota en un líquido de densidad ρ_f.

Se sujeta mediante una cuerda atada a un vértice, de modo que la diagonal del rectángulo es horizontal y está a la misma altura que la superficie libre del fluido, tal como se muestra en la figura

Determinar la densidad relativa de la placa ρ/ρ_f

S. N. Maitra. Problems in mechanics. Physics Education. Volume 32, Issue 2, Apr – Jun 2016.

Solución

Las fuerzas sobre la placa son

La tensión T de la cuerda
El peso, $m g = ρ (2 a \cdot 2 b) g = 4 ρ a b g$
El empuje, $E = ρ_{f} (\frac{2 a \cdot 2 b}{2}) g = 2 ρ_{f} a b g$

En el equilibrio el momento del empuje respecto de C será igual al momento del peso respecto del mismo punto

$\begin{array}{l} 4 ρ a b g | C G | = 2 ρ_{f} a b g | C D | \\ \frac{ρ}{ρ_{f}} = \frac{1}{2} \frac{| C D |}{| C G |} = \frac{1}{2} \frac{| A D | - | A C |}{| A G | - | A C |} \end{array}$

Vamos a calular las tres distancias |AD|, |AC| y |AG|

$\begin{array}{l} | A B | = \sqrt{{(2 a)}^{2} + {(2 b)}^{2}} = 2 \sqrt{a^{2} + b^{2}} \\ \cos α = \frac{2 a}{| A B |} \\ | A C | = 2 a \cos α = \frac{2 a^{2}}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}} \\ | A G | = \frac{| A B |}{2} = \sqrt{a^{2} + b^{2}} \end{array}$

Para calcular la distancia |AD| tenemos que conocer la posición del centro de empuje (punto de color negro)

La posición del centro de empuje se calcula de forma similar al centro de masa

Abscisa x_cm

$x_{c m} = \frac{\int_{0}^{2 a} x \cdot d m}{\int_{0}^{2 a} d m} = \frac{ρ \int_{0}^{2 a} x \cdot (y \cdot d x)}{ρ \frac{2 a \cdot 2 b}{2}} = \frac{\int_{0}^{2 a} x \cdot (y \cdot d x)}{2 a b}$

Relacionamos las variables y y x

$y = \frac{2 b}{2 a} (2 a - x)$

El resultado es

$x_{c m} = \frac{\int_{0}^{2 a} (2 a x - x^{2}) d x}{2 a^{2}} = \frac{2}{3} a$

Ordenada y_cm

$y_{c m} = \frac{\int_{0}^{2 b} y \cdot d m}{\int_{0}^{2 a} d m} = \frac{ρ \int_{0}^{2 b} y \cdot (x \cdot d y)}{ρ \frac{2 a \cdot 2 b}{2}} = \frac{\int_{0}^{2 b} y \cdot (x \cdot d y)}{2 a b}$

Relacionamos las variables x e y

$x = \frac{2 a}{2 b} (2 b - y)$

El resultado es

$y_{c m} = \frac{\int_{0}^{2 b} (2 b y - y^{2}) d x}{2 b^{2}} = \frac{2}{3} b$

El centro de masas es la intersección de las medianas, las rectas de ecuación

$\begin{array}{l} {\begin{cases} y = - \frac{b}{2 a} x + b \\ y = - \frac{2 b}{a} x + 2 b \end{cases} \\ x_{c m} = \frac{2 a}{3}, y_{c m} = \frac{2 b}{3} \end{array}$

La distancia del vértice M al punto medio N, |MN| es

$| M N | = \sqrt{a^{2} + 4 b^{2}}$

La distancia del vértice M al centro de masas C, |MC| es

$| M C | = \sqrt{(\frac{2 a}{3}) + {(2 b - \frac{2 b}{3})}^{2}} = \frac{2}{3} \sqrt{a^{2} + 4 b^{2}} = \frac{2}{3} | M N |$

Un resultado conocido de geometría, dos tercios de la longitud de la mediana

Una vez que hemos calculado la posición del centro de empuje, determinamos la distancia que nos falta |AD|

$\begin{array}{l} | A F | = \sqrt{{(2 b)}^{2} + a^{2}} = \sqrt{4 b^{2} + a^{2}} \\ | A E | = \frac{2}{3} | A F | = \frac{2}{3} \sqrt{4 b^{2} + a^{2}} \\ | A D | = | A E | \cos θ = \frac{2}{3} \sqrt{4 b^{2} + a^{2}} \cos θ \end{array}$

Calculamos cosθ

$\begin{array}{l} \cos θ = \cos (θ_{1} - θ_{2}) = \cos θ_{1} \cos θ_{2} + \sin θ_{1} \sin θ_{2} \\ \cos θ = \frac{2 b}{| A B |} \frac{2 b}{| A F |} + \frac{2 a}{| A B |} \frac{a}{| A F |} = \frac{2 b}{2 \sqrt{a^{2} + b^{2}}} \frac{2 b}{\sqrt{4 b^{2} + a^{2}}} + \frac{2 a}{2 \sqrt{a^{2} + b^{2}}} \frac{a}{\sqrt{4 b^{2} + a^{2}}} \\ \cos θ = \frac{2 b^{2} + a^{2}}{\sqrt{a^{2} + b^{2}} \sqrt{4 b^{2} + a^{2}}} \end{array}$

La distancia |AD| es

$| A D | = | A E | \cos θ = \frac{2}{3} \frac{2 b^{2} + a^{2}}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}}$

Ya tenemos todas las distancias necesarias, despejamos la densidad relativa

$\begin{array}{l} \frac{ρ}{ρ_{f}} = \frac{1}{2} \frac{| A D | - | A C |}{| A G | - | A C |} \\ \frac{ρ}{ρ_{f}} = \frac{1}{2} \frac{\frac{2}{3} \frac{2 b^{2} + a^{2}}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}} - \frac{2 a^{2}}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}}}{\sqrt{a^{2} + b^{2}} - \frac{2 a^{2}}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}}} = \frac{2}{3} \end{array}$

que es independiente de las dimensiones de la placa rectangular

13.- Consideremos un cilindro de sección A que contiene un líquido compresible hasta una altura h. La densidad del líquido a la altura ρ(z) depende de la presión a dicha altura p(z) de la forma

$ρ (z) = \frac{ρ_{0}}{2} (1 + \frac{p (z)}{p_{0}})$

donde ρ₀ y p₀ son constantes

Determinar la presión p(z) a la altura z medida desde la superficie libre de líquido donde la presión es una atmósfera p_atm
Calcular la masa de líquido contenida en el recipiente

Solutions of Indian National Physics Olympiad – 2019. Problem 4, pp. 9-10

Solución

La variación de la presión con la profundidad

$d p = ρ g \cdot d z$

Separamos variables e integramos

$\begin{array}{l} d p = \frac{ρ_{0}}{2} (1 + \frac{p}{p_{0}}) g d z \\ \frac{d p}{p_{0} + p} = \frac{ρ_{0} g}{2 p_{0}} d z \\ \int_{p_{a t m}}^{p} \frac{d p}{p_{0} + p} = \frac{ρ_{0} g}{2 p_{0}} \int_{0}^{z} d z \\ \ln (p_{0} + p) - \ln (p_{0} + p_{a t m}) = \frac{ρ_{0} g}{2 p_{0}} z \\ \ln \frac{p_{0} + p}{p_{0} + p_{a t m}} = \frac{ρ_{0} g}{2 p_{0}} z \\ p (z) = (p_{0} + p_{a t m}) \exp (\frac{ρ_{0} g}{2 p_{0}} z) - p_{0} \end{array}$

La variación de la densidad ρ con la altura z es

$ρ (z) = \frac{ρ_{0}}{2} (1 + \frac{p (z)}{p_{0}}) = \frac{ρ_{0}}{2} (1 + \frac{p_{a t m}}{p_{0}}) \exp (\frac{ρ_{0} g}{2 p_{0}} z)$

La masa m de líquido contenido en el recipiente cilíndrico es

$\begin{array}{l} m = \int_{0}^{h} ρ (z) A \cdot d z = A \frac{ρ_{0}}{2} (1 + \frac{p_{a t m}}{p_{0}}) \int_{0}^{h} \exp (\frac{ρ_{0} g}{2 p_{0}} z) d z = \\ A \frac{ρ_{0}}{2} (1 + \frac{p_{a t m}}{p_{0}}) \frac{2 p_{0}}{ρ_{0} g} (\exp (\frac{ρ_{0} g}{2 p_{0}} z) - 1) = \frac{A p_{0}}{g} (1 + \frac{p_{a t m}}{p_{0}}) (\exp (\frac{ρ_{0} g}{2 p_{0}} z) - 1) \end{array}$