8.-MECÁNICA DE FLUIDOS.pptx

DEPARTAMENTO ACADÉMICO DE
CIENCIAS
FÍSICA AVANZADA
Autor: Segundo Lizardo Gallardo Zamora
Trujillo-2023
MECÁNICA DE
FLUIDOS

4/07/2023 Segundo Lizardo Gallardo Zamora 2
MECÁNICA DE FLUIDOS
FLUIDO. Es el estado de la materia que no tiene forma propia y adopta la forma
del recipiente que lo contiene.
Los fluidos son de tres tipos: líquidos, gases y plasma
Unidades:
Las densidades de diversas sustancias se encuentran en tablas en los textos de física y
química. En condiciones normales de temperatura (4°C) y presión (1 atm), la densidad del
agua es : o = 103 kg / m3 = 1 g / cm3
Sistema. S. I : kg / m3 M.K.S gravitatorio : UTM / m3
C.G.S : g / cm3 Inglés gravitatorio : slug /pie3
Inglés : lb / pie3
Densidad. Es la relación entre la masa de una sustancia y el volumen que
ocupa. En cuerpos homogéneos la densidad se define mediante la expresión:
 =
𝐦
𝐕
(1)
(2)
De la Ec.(1) la masa de una sustancia se puede expresar como:
m =  V

Densidad relativa o gravedad específica. Es la relación entre la densidad de una
sustancia y la densidad del agua en condiciones normales.
La densidad relativa es un número sin unidades y sólo expresa la proporción
en que una sustancia es más o menos denso que el agua.
Peso específico. Es la relación entre el peso de una sustancia y el volumen
que ocupa. En cuerpos homogéneos el peso específico se define mediante la
expresión:
Por ejemplo: Si la densidad del acero es  = 7,8x103 kg/m3, entonces su
densidad relativa es: r = 7,8x103 / 103 = 7,8.
Esto significa que el acero es 7,8 veces más denso que el agua
(3)
r = 
o
 = (4)
𝐦𝐠
𝐕
Como la densidad es  = m / V, entonces el peso específico se puede expresar

en la forma  =  g (5)
Los pesos específicos de diversas sustancias también se encuentran en los
textos de física y química.
Presión. Es la relación entre la fuerza normal a una superficie y el área de la
misma.
A
Figura 1
Normal
Fn
Unidades: Sistema. S. I : N / m3 M.K.S gravitatorio : kgf / m3
C.G.S : din / cm3 Inglés gravitatorio : lbf / pie3
Inglés: pd / pie3
De donde:
Fn = P A (7)
Normal
A
Figura 2
F 
Fn = F cos 
P = (6)
𝐅𝐧
𝐀

Unidades:
Sistema. S. I : N / m2 = Pascal = Pa
C.G.S : din / cm2
Inglés : pd / pie2
M.K.S gravitatorio : kgf / m2
Inglés gravitatorio : lbf / pie2
Otras unidades: bar (o baria) = 106 din/cm2
Po = 1 atmósfera = 1 atm = 1,013 x 105 Pa
= 1,013 x 106 din/cm2
Presión Atmosférica. Es la presión que ejerce el aire sobre los cuerpos que
están dentro de él.
A nivel del mar (0 [m] de altura) y en condiciones normales de temperatura
( 4°C), la presión del aire es de una atmósfera .

HIDROSTÁTICA.
Es la parte de la mecánica de fluidos que estudia los fluidos en reposo.
Esta presión produce fuerzas del tipo “Fi = P Ai” sobre
cada superficie de área Ai del cuerpo y en todas direc-
ciones, como se muestra en el líquido de la Fig.3
Presión en un fluido en reposo.
Todo cuerpo sumergido dentro de un fluido en reposo (líquido o gas) está
sometido a la presión P que ejerce el peso del fluido que lo rodea
Figura 3
Cuerpo
Líquido
Fi
La presión dentro de un líquido homogéneo varia con
la profundidad respecto a la superficie libre.
Esta presión soportan buceadores y submarinos cuan-
do se sumergen en el agua a pequeñas o grandes
profundidades.

Cálculo de la presión en un líquido
Para calcular la presión dentro de un fluido consideremos un volumen de
líquido de densidad  , como el que se muestra en la Fig.4, que está en
equilibrio bajo las siguientes condiciones físicas:
En este líquido consideramos un elemento
cilíndrico de volumen dV, área de base “A” y altura
dy , ubicado a una altura “y” de la base.
Figura 4
d y
A
y
dw

Presión atmosférica
en la superficie libre
P1 = Po
 Presión atmosférica (Po ) y
 aceleración debido a la gravedad (g)
Z
Y
X
su masa: dm =  d V =  A dy
Y su peso d w =  g A dy
El volumen del elemento es:
d V = A dy.

La presión sobre la cara lateral del elemento de volumen es igual en todas di-
recciones, pero sobre las bases superior e inferior las presiones son diferentes
por estar a diferentes alturas respecto a la base (o profundidades respecto a la
superficie libre), como se muestra en la Fig.5
Z
Y
X
Figura 5
d y A
y dw

F
F´
Superficie libre
P1 = Po
Y sobre la cara superior del elemento, la presión
(P + dP ) del líquido ejerce la fuerza F´= -(P + dP) A,
dirigida hacia abajo
Como el elemento está en equilibrio la suma de
todas las fuerzas en dirección vertical es igual a
cero.
 Fy = P A – (P + dP) A –  g A dy = 0
Sobre la cara inferior del elemento de volumen, la
presión P del líquido ejerce la fuerza F = P A, dirigida
hacia arriba

Que simplificando obtenemos: dP = –  g dy (8)
Esta ecuación nos indica que la presión varía en forma inversa con la altura res-
pecto, es decir que a mayor altura “y” la presión disminuye.
X
Y

Figura 6
h = -(y1-y2)
•
y1
P1
1
P2 = P0
y2
• 2
Para calcular la diferencia de presión entre dos puntos
dentro del líquido, proyectamos el recipiente sobre el pla-
no (X,Y), tal como se muestra en la Fig. 6. En esta figura
ubicamos el punto ① a la altura y1 dentro del líquido y el
punto ② a la altura y2 en la interfase “aire-líquido”. Las
presiones en estos puntos son P1 y P2, respectivamente
Integrando la Ec.(8) entre los límites que se han indicado
se obtiene la diferencia de presión entre los dos puntos
del líquido
dP = -  g dy

y2
y1

p2
p1

Considerando que la densidad  del fluido es constante, integrando obtene-
mos: P2 - P1 = –  g (y2 – y1 ) (9)
P = P0 +  g h (10)
La presión manométrica ( Pm = P – Po ), o presión debido solamente al líquido
por encima de un punto dentro del fluido está definida por:
Pm =  g h (11)
Esta ecuación nos indica que la presión dentro de un líquido depende
solamente de la profundidad “h” y no del volumen de líquido o la forma del
recipiente que lo contiene, tal como se demuestra con el dispositivo
denominado paradoja hidrostática que presentamos a continuación.
En la Fig.6, también vemos que en el punto ② la presión es la atmosférica:
P2 = P0 , la diferencia de alturas es (y2 – y1 ) = -h y haciendo P1 = P se obtiene
la presión absoluta en el punto ① , a la profundidad “h” dentro del fluido

Paradoja Hidrostática. Es un dispositivo formado por varios recipientes de
diversas formas y volúmenes conectados por su base al mismo nivel como el
que se muestra en la Fig. 7
Como el líquido alcanza la misma altura en todos los recipientes, sin
importar su forma y dimensiones, la presión absoluta en el fondo de todos
ellos es la misma:
P1 = P2 = P3 = P4 = P5

P1 P3 P4 P5
P2
• • • • •
h
Po
Po Po Po Po
•
• • • •
Figura 7
y su valor es: P = Po +  g h

LEY DE PASCAL
Esta ley indica que: “la presión aplicada a un fluido encerrado se transmite
sin variación por todo el fluido y a las paredes del recipiente que lo contiene”.
Esto se demuestra con la prensa hidráulica de la Fig.8. Si se aplica una
pequeña fuerza F1 en el émbolo de área menor A1 se genera una presión P, la
cual a su vez produce la fuerza F2 sobre el émbolo de área mayor A2 .
Figura 8. Prensa hidráulica
A1 A 2
F1
F2
P
P
La fuerza F1 ejercida en A1 produce la presión P =
𝐅𝟏
𝐀𝟏
, que se trasmite, sin

variación por todo el líquido y actúa sobre el área A2 produciendo la fuerza
F2 = P A2 .
𝐅𝟏
𝐀𝟏
=
𝐅𝟐
𝐀𝟐
De donde: F2 = (
𝐅𝟏
𝐀𝟏
) F1 (12)
Pero A2 > A1, entonces (A2 / A1 ) > 1
Como la presión es la misma igualamos las definiciones
En consecuencia: F2 > F1
Lo cual significa que la prensa hidráulica aumenta la fuerza, debido al factor
multiplicador (A2 /A1 ) >1.
TAREA: 1.- ¿Qué instrumentos se utilizan para medir la presión?
2.- ¿Qué sucede si la fuerza externa se aplica en el émbolo de área mayor
y el efecto se mide en el émbolo de área menor? Ejemplo.

Ejemplo 1. El tubo en forma de U de la Fig.9 se llena parcialmente con agua.
Luego se agrega querosene, de densidad 0,82 g/cm3, en el brazo derecho del
tubo formando una columna de 6 [cm] de altura. Hallar la distancia h entre las
superficies libres de los líquidos.
Datos: o = 1 g/cm3, k = 0,82 g/cm3
Solución: Tomando los puntos A y B a la misma altura
desde la base, las presiones son iguales.
h
6 cm
agua
k
Figura 9
o
B 
A 
PA = PB
o (6-h) = 6 k
1(6-h) = 6(0,82)
h = 1,1 cm
Po + o g (6-h) = Po + k g (6)

Ejemplo 2. Hallar la fuerza vertical F que debe aplicarse en la parte izquierda
de la prensa hidráulica de la Fig.10, para que el sistema se mantenga en equi-
librio. Considere que los émbolos no pesan.
2,5 [cm]
1 [m]
8,75 [cm]
1,0 [ Tm]
F
Figura 10
agua
Datos: o = 1 g/cm3 = 103 kg/m3, D1 =
2,5x10-2 m, D2 = 8,75x10-2 m, F2 = 1,0 Tm,
h = 1 m
Solución: Si tomamos los puntos M y N a
la misma altura, arriba de la base, las
presiones son iguales.
 N
M 
PM = PN Po + F /A1 = Po + o g h + F2 /A2
Despejando la se tiene que : F = o g h A1 + F2 (A1/A2)
Donde: A1 = área del embolo menor, F2 = 1 Tm = 103 kgf = 9810 N y A2 =
área del émbolo mayor.

Con: A1 = (2,5x10-2)2 /4 = 4,91x10-4 m2 y
A2 = (8,75x10-2)2 /4 = 6,01x10-3 m2
Remplazando valores obtenemos:
F = 103 (9,81)(1)(4,91x10-4) + 9810 (4,91x10-4 / 6,01x10-3)
F = 806,27 [N]
Ejemplo 3. El depósito de la Fig.11 la rama
izquierda esta cerrada en y la rama derecha
abierto a la atmosfera. Si el sistema está en
equilibrio, calcular en [atm] la presión del
gas atrapado en el lado izquierdo, sabiendo
que la densidad del aceite es 895 kg/m3.
Gas
Agua 42°
15
m
Figura 11
Po
Solución. Considerando que presión atmosférica es Po = 1 atm = 1,013x105 [Pa]
y densidad del agua es o = 103 kg/m3 . Por lo tanto, la presión en el fondo del

depósito de la (Fig.11) es tal que: Pizq = Pder
PG + o g hoi = Po + a g ha + o g hod
Pgas + Pagua = P atm + Paceite + Pagua
PG = Po + [a ha + (hod - hoi ) o ] g
Donde:
ha = 16 sen 42° = 10,71 m, es la profundidad del aceite en el lado derecho del
depósito y hod = 12 sen 42° = 8,03 m, es la profundidad del agua en el lado
derecho del depósito.
Gas
Agua 42°
h
oi
=15
m
(Figura 11)
Po
ha
hod
 
Pizq Pder hoi = 15 m, es la profundidad del agua
en el lado izquierdo del depósito.
Usando valores
PG = 1,013x105 + [895 (10,71) + (8,03 - 15) 103 ] 9,81
PG = 126957,56 [Pa] = 1,25 atm.

FUERZAS CONTRA LAS PAREDES DE UNA PRESA O DIQUE
En ingeniería se denomina presa, dique o represa a una barrera de piedra,
hormigón o materiales sueltos, que se construye habitualmente en una zona
angosta sobre el cause de un río, con el fin de embalsar el agua en el cauce
fluvial y luego utilizarla en el abastecimiento a ciudades, riego o en la produc-
ción de energía eléctrica.
El agua embalsada hasta una altura H, ejerce una fuerza que varía lineal-
mente con la profundidad, como se muestra en la Fig.12.
La fuerza dFi ejercida sobre un elemento de área dAi
de la pared vertical de la presa, ubicada en hi es:
dFi = Pi dAi
Base
H
Figura 12. Fuerza neta sobre un dique.
O
La fuerza neta o resultante de estas fuerzas se
obtiene mediante la integral
F =  dFi.
𝐅
d𝐅i
hi

Base
H
Figura 13. Fuerza neta desplazando
el dique
O
𝐅
d𝐅i
hi
En segundo lugar, la fuerza neta F
también tratará de hacer rotar el dique,
mediante un torque alrededor del punto
O en la base como se muestra en la
Fig.14, Figura 13. Fuerza neta produciendo
una rotación del dique
Base
H dFi
hi

𝐅
O
En primer lugar, la fuerza neta tratará de
desplazar la pared de la presa a lo largo de
su base como se muestra en la Fig.13.

FUERZA NETA SOBRE LA PANTALLA VERTICAL DE UN DIQUE.
X
Y
Z
Figura 15. Pantalla vertical de un dique
L
H
o
En la pantalla tomamos un elemento de
superficie en forma de franja rectangu-
lar de longitud “L” y ancho “dy”, ubicada
a una altura “y” respecto al eje X (eje de
rotación) y a la profundidad h = (H-y),
respecto a la superficie libre del agua.
dy
y
d𝐅
Para calcular la fuerza neta sobre un dique consideremos la pantalla vertical
que da frente al agua, de ancho L y altura H, que lo hacemos coincidir con el
el plano (X;Y), como se muestra en la Fig.15.
(H – y) = h
La presión P del agua, que actúa sobre el área dA = L dy del elemento de
superficie, produce la fuerza normal
dF = P dA = P L dy

Donde la presión P que actúa sobre el dique solamente es producida por el
agua según la profundidad a la que nos ubiquemos. Para el caso de la franja,
estará definida por:
No se considera la presión Po de la atmósfera porque ésta actúa sobre
ambas caras del dique.
P =  g h =  g (H - y)
La fuerza normal sobre la franja es entonces:
dF =  g (H - y) L dy (13)
La fuerza resultante sobre toda la pared vertical del dique lo obtenemos
integrando la Ec.(13), con respecto a “y” obre toda la pantalla, desde y = 0
hasta y = H.
0 0
H
F
dF =  g L (H - y) dy 0 0
H H
=  g L {H dy - y dy}
F = ½  g L H2
(14)
F =  g L {H [ y ]0 - ½ [ y2 ]0 }
H H

4/07/2023 Segundo Lizardo Gallardo Zamora
22
Como la fuerza definida por la Ec.(14) es normal al dique y paralela al eje –Z,
podemos expresarla vectorialmente en la forma:
(15)
𝐅 = - ½  g L H2 𝒌
X
Y
Z
L
H
o
Figura 16
Más adelante demostraremos que esta
fuerza actúa sobre una línea de acción
ubicada a una altura igual a H´ = ⅓ H,
respecto al fondo del reservorio, como
ilustramos en la Fig.16.
H´
𝐅
𝒌
TORQUE O MOMENTO SOBRE UN DIQUE
El torque o momento d  que produce la fuerza
d𝐅 sobre la franja lo hará girar alrededor del
eje X, como se indica en la Fig.17.
X
Y
Z
𝒋
𝒌
- 𝒊
Figura 17
o
L
dy
d𝐅
d
𝐲
Línea de
acción de F

Como la fuerza que actúa sobre el elemento de superficie es paralela al semieje
–Z podemos definirla en la forma d𝐅 = - dF 𝒌
d  = 𝐲 x d 𝐅 = y 𝒋 x (-d F 𝒌 )
Como: 𝒋 x 𝒌 = 𝒊 tendremos:
El torque que produce esta fuerza respecto al eje
X es el producto vectorial:
d  = - y dF ( 𝒋 x 𝒌 )
Esta expresión y su representación gráfica en la Fig.17, sustentan el sentido
de rotación del elemento de superficie alrededor del eje X, indicado anterior-
mente en la Fig.17.
(16)
d  = y dF (-𝒊 )
Usando en la Ec.16 el módulo de la fuerza definido en la Ec.(13), tendremos:
d
𝐲 d𝐅
X
Y
Z
𝒋
𝒌
- 𝒊
Figura 18
o
d  = y [  g L (H - y) dy ] (-𝒊 )

Integrando desde y = 0, donde el módulo del torque es  = 0, hasta y = H donde
torque es  , tendremos
Considerando que el vector unitario (-𝒊 ) es constante obtenemos.
 =  g L (H - y) y dy (-𝒊 )
H
0
Este resultado nos indica que al módulo del torque debemos multiplicarlo
por el vector unitario (-𝒊 ) con el fin de determinar el sentido de rotación del
dique. En el caso de la Fig.16 la pantalla girará en el sentido del eje –X,
permitiendo que el agua pase por encima de la misma.
 =  g L { H [ y2/2 ]0 -[ y3/3]0 } (-𝒊 )
H H
 =  g L H3 (-𝒊 )
1
6
(17)
Sin embargo, en el caso de compuertas veremos que el sentido del torque no siempre será
el mismo en todos los casos porque eso dependerá de la ubicación del eje de rotación.

Posición de línea de acción de la fuerza neta F sobre el dique.
La posición de la línea de acción de la fuerza neta se puede obtener definien-
do el módulo del torque como el producto del brazo de palanca H’, respecto al
fondo del dique (Eje X) por el módulo de la fuerza neta perpendicular.
 = (H´)(F )
En esta ecuación, el término del lado derecho se puede escribir en la forma:
H´ F = ⅓ ( ½  g L H2 ) H
H´F =  g L H3
1
6
O
Figura 17.
H/3 = H´
2H/3
F
Pero el módulo del torque ya fue obtenido en la Ec. (17). Por lo tanto
igualando obtenemos:
Donde el término entre paréntesis es la fuerza obte-
nida en la Ec.(14), por lo tanto:
F H´ = ⅓ F H
H´ = ⅓ H (18)

Este resultado nos indica que, la altura, H´ de la línea de acción de la fuerza
neta F, siempre estará ubicada a la distancia H/3 por encima del fondo del dique
y a 2H/3 por debajo de la superficie libre del agua, como se muestra en la Fig.17.
Ejemplo 3. La Fig.18 muestra la presa de Gallito
Ciego ubicada sobre el río Jequetepeque en su
capacidad máxima de almacenamiento de
6x108 [m3] de agua, con una cortina (pantalla)
prome-dio de 700 [m] de longitud y altura de
104 [m]*. Calcular: a) la fuerza que ejerce el
agua sobre la cortina y b) la posición de su
línea de acción
Fig.18. Vista de la presa Gallito
Ciego a su máxima capacidad.
*Datos iniciales de la presa, los cuales están cam-
biando debido a la colmatación de tierra que
arrastra el agua turbia en época de luvias.

Datos. L = 700 m y H = 104 m
F = ½ (103)(9,81)(700)(104)2
F = 3,71 x1010 [N]
F = ½  g L H2
Usando valores.
Solución. a) El módulo de la fuerza resultante 𝐅, normal a la sección trans-
versal vertical de la presa de la Fig.19, se obtiene aplicando la Ec.(14), Pag.21.
Figura 19
H
y
d
y
Y
X
Z
H L
H´
𝐅
b) La posición H´ de la línea de acción de la
fuerza respecto al fondo de la presa (Fig.19),
se obtiene usando la Ec,(18), Pag.(26).
H´= ⅓ H = ⅓ (104)
H´= 34,67 [m]

Ejemplo 4.- El agua de una presa está a nivel del borde superior de una com-
puerta de altura H = 2,00 [m] y longitud L = 4,00 [m] que puede girar alrededor
de dos pivotes ubicados en los costados a la profundidad h´ = H/2 por debajo
del espejo de agua, como se indica en la Fig.20. Calcular el torque y determinar
el sentido de rotación de la compuerta
Figura 20
Compuerta
Pivote
h´ = H/2
Agua
Datos: H = 2,00 m, L = 4,00 y h’ = H/2.
Solución: Para calcular el torque hace-
mos coincidir la cara de la compuerta
(pantalla) que está frente al agua con el
plano (X;Y) y alineamos el eje X con los
pivotes como se muestra en la Fig. 21.

En la pantalla que da frente al agua tomamos un elemento de superficie en for-
ma de franja rectangular de longitud “L”, ancho “dy” y área es dA = L dy, ubica-
da a la distancia “y” por encima del eje de rotación (pivote) que lo hacemos
coincidir con el eje X, como se muestra en la Fig.21.
X
Y
Z
Figura 21
O
h´=H/2
-H/2
L
Pantalla
pivote
Al aplicar la fuerza normal d𝐅 sobre el
elemento de área dA se produce un
torque cuyo módulo es
d  = y d F = y p dA = y [  g (½H - y)] (L dy)
h = (½H – y)
dy
y
d𝐅
El torque neto se obtiene integrando con
respecto a la variable “y” que varía desde
(–H/2) hasta (+H/2).
 = -  g L H3
1
12
d =  g L (½ H - y) y dy
0 
H/2
-H/2

=  g L { ½H y dy - y2 dy }
H/2
-H/2
H/2
-H/2
 

Para determinar el sentido de rotación de la pantalla, debemos expresar el
torque en forma vectorial. Esto se consigue multiplicando su módulo por el
vector unitario (-𝒊 ).
 =  g L H3 𝒊
1
12
Este resultado nos indica que la pantalla
girará en sentido del eje X positivo, dando
lugar a que el agua pase por debajo de la
compuerta como se muestra en la Fig.22. Figura 22

MF 01.
Ejercicios.
1. a) Hallar la presión absoluta en el fondo de un lago de 48 [m] de
profundidad. b) ¿A qué profundidad la pre-sión absoluta es tres veces la
presión atmosférica?

2.- Un tubo cilíndrico de radio R, como de la Fig.23, contiene tres líquidos no
miscibles de diferentes densidades y volúmenes, tales que: 1 < 2 < 3.
Ordenar los líquidos en la figura, según sus densidades y correspondientes
alturas, y luego hallar la fuerza total ejercida sobre el fondo del recipiente.
Figura 23
h
h
h



Figura 24
Agua
h
Figura 25
aire
aceite
agua
3,0 m
4,5 m
12 cm
mercúrio
3.-Un hombre de 72 [kg] está parado sobre un émbolo que tiene 1200 [cm2]
de área, el cual está sobre un cilindro con agua, como en la Fig.24. Hallar:
a) La altura h que subirá el agua en el tubo vertical y b) ¿qué altura subirá
el agua si el área del émbolo se redujera a la mitad?

4.-¿Cuál es la presión PA del aire atrapado en la parte superior del depósito
de la Fig.25. La densidad relativa del aceite es 0,8 y del mercurio 13,6.
5. El agua de una presa está a nivel del borde superior de una compuerta de
altura H = 2,00 [m] y longitud L = 4,00 [m] que puede girar alrededor de dos
pivotes ubicados en los costados a la misma profundidad h´ por debajo del
espejo de agua, como se indica en la Fig.26. Calcular el torque y determinar
el sentido de rotación de la compuerta respecto a los pivotes, así como la
ubicación de la línea de acción de la fuerza neta en los siguientes casos:
h´= H/3, H/4, H/5, H/6, 2H/3, 2H/5,
3H/5, 4H/5, 3H/7, 4H/7, 5H/7.
(Sugerencia: Utilice un procedimien-
to similar al del ejemplo 4, pag.29. Pags.29.
Figura 26
Pivote
Agua
Compuerta
h´

PRINCIPIO DE ARQUÍMEDES
Este principio establece que: “todo cuerpo sumergido total o parcialmente en
un fluido sufre la acción de una fuerza de empuje de abajo hacia arriba que es
igual al peso del fluido desalojado por el cuerpo”.
Fue el científico Arquímedes (287-212 a.c) quien descubrió el principio que
relaciona el volumen de fluido desalojado y la fuerza de empuje (o flotación).
Todos estamos familiarizados con el fenómeno que sucede cuando sumer-
gimos un cuerpo sólido en un depósito con agua. En primer lugar, el cuerpo
desaloja un volumen de agua y en segundo lugar sentimos una fuerza de
empuje, opuesta a nuestro accionar.
Según este principio debemos entender que:
I.- Un cuerpo sumergido en un fluido desaloja un volumen de fluido igual al
suyo propio, como el que se muestra en la Fig.27 con un bloque y agua.

o
Figura 27
Bloque
Volumen V´ de
liquido desalojado
Volumen Vc de
cuerpo sumergido
=
Vc
c

V´
Vc = V´
Vc
c
II.- El fluido ejerce una fuerza de empuje, de abajo hacia arriba, de un valor
igual al peso de fluido desalojado.
Figura 28
o
V´
E
E =  g V ' (19)
C.C
Peso de
liquido
desalojado
Fuerza de empuje
sobre el cuerpo
sumergido
=

El punto donde actúa el empuje se denomina Centro de Carena (C.C), el cual a
su vez es el C.G del volumen de fluido desalojado.
Según la relación entre empuje y peso de fluido desalojado el cuerpo
sumergido puede tener las siguientes posiciones de dentro del fluido:
Posición 1. El empuje y peso del cuerpo son iguales. En este caso, hay
equilibrio y el cuerpo flota en el fluido con su volumen parcial sumergido
como se muestra en la Fig. 29. Por lo tanto, al sumar fuerzas se tiene:
 Fy = E – m g = 0
E = m g
Figura 29

c
E
Y
X
o
C.C
C.G
m g o g V´ = c g V
o V´ = c V
masa de agua desalojada = masa del cuerpo

Posición 2.- El peso es mayor que el empuje. En este
caso, el cuerpo se hunde acelerándose hacia el fondo
del recipiente como en la Fig.30. Por lo tanto, al sumar
fuerzas se tiene:
Figura 30
o
C.G
m g
C.C
E
a
X
Y
 Fy = E – m g = – m a
E = m ( g – a)
Caso 3.- El empuje es mayor que el peso del
cuerpo. En este caso, el cuerpo sale a flote acele-
rándose hacia arriba como en la Fig. 31. Por lo
tanto, al sumar fuerzas se tiene
Figura 31
o X
Y
C.G
mg
a
C.C
E
 Fy = E – m g = m a
E = m ( g + a )

Tarea: 1.- Explique ¿por qué los submarinos pueden flotar entre dos aguas?
2.- ¿Qué sucede con la línea de flotación de un barco cuando ingresa
del océano atlántico al río amazonas?
Aparente pérdida de peso.
Cuando un cuerpo es sumergido en un fluido, como en la Fig.32, está sujeto a
la acción de su peso real W (peso en el aire), su peso aparente W´ (indicado
por la escala de la balanza) y el empuje E del fluido.
Figura 32
o
Escala
W
E
W´
Como estas fuerzas están en equilibrio tendremos que
 Fy = W´ + E – W = 0
De donde:
E = W – W´
Esta diferencia de pesos define la aparente pérdida
de peso:
W = W – W´ = E (20)

38
TAREA: ¿Qué es: a) la tensión superficial y b) la capilaridad?
h
X
Y
Figura 33
o
Dinamó-
metro
Ejemplo 4. El bloque metálico de la Fig.33, tiene aristas de 20 cm, 24 cm y 30
cm, y masa de 12 [kg], con la arista mayor en dirección vertical. El bloque está
suspendido de un dinamómetro y parcialmente sumergido en agua de forma
tal que su cara superior sobresale del agua una altura h = 8 cm. Calcular el
peso W´ que indica la escala del dinamómetro.
W´
E
mg = W
4/07/2023
Datos: m = 12 kg, a = 0,20 m, b = 0,24 m, c = 0,30 m, o
= 1000 kg/m3, h = 0,08 m.
Solución. El peso W = mg del bloque es equilibrado por
el empuje E del agua y la fuerza recuperadora W´ del
resorte indicado por la lectura en la escala del dinamó-
metro. Por lo tanto:
Fy = E + W´- mg = 0

De donde, el peso aparente es: W´= mg - E
El empuje del agua es: E = o g V´ = o g (a)(b)(c-h)
Que usando valores se tiene: E = (1000)(9,81)(0,20)(0,24)(0,30-0,08)
E = 103,59 [N]
y el peso del bloque es: mg = 12 (9,81) = 117,72 [N]
Por lo tanto: W´ = 117,72 – 103,59 W´ = 14,13 [N]
Ejemplo 5. Un bloque cúbico de madera de 10 cm de
arista flota en la interfaz de aceite y agua con su cara
inferior a 2 cm por debajo del agua, como se indica en la
Fig.34. Si la densidad del aceite es 0,750 g/cm3, calcular
a) la masa del bloque, b) la presión en la cara superior e
inferior del bloque.
10 cm
10 cm
Figura 34
h
c
Aceite
a
Agua
o
Aire
Resolver este problema considerando un bloque cilíndrico de diámetro 15 [cm] y altura 36 [cm]

Datos: a = 0,10 m, h = 0,02 m, a = 750 kg/m3, o = 1000 kg/m3
10 cm
10 cm
Figura 35
h
c
Aceite
a
Agua
o
Aire
Y
X
mg
Ea
Eo
Solución. En la Fig.35 dibujamos las fuerzas que
actúan sobre el bloque y vemos que:
a) El peso del bloque W = mg es equilibrado por el
empuje Ea del aceite y el empuje Eo del agua. Por lo
tanto, según la Primera Ley de Newton se tiene:
Fy = Ea + Eo- mg = 0
Donde, el empuje del aceite es: Ea = a g v´a = a g (a)2 (a-h)
y el empuje del agua es: Eo = o g v´o = o g (a)2 (h)
Despejando: mg = Ea + Eo
Reemplazando y simplificando obtenemos:
mg = a g (a)2 (a-h) + o g (a)2 (h) = a (a)2 (a-h) + o (a)2 (h)

Usando valores:
m = 750 (0,10)2 (0,10-0,02) + 1000 (0,10)2(0,02)
b) Según la Fig.36, la presión absoluta en la cara superior es:
Ps = Po + a g h
10 cm
10 cm
Figura 36
h
c
Aceite
a
Agua
o
h
Po
Ps
Pi
m = 0,800 [kg]
Usando valores:
Ps = 1,013x105 + (750)(9,81)(0,02)
Ps = 101447,15 [Pa]
La presión en la cara inferior es:
Pi = Ps + a g (a – h) + o g h = Ps + [a a + (o – a ) h ] g
Usando valores:
Pi = 101447,15 + [750 (0,10) + (1000 – 750)(0,02) ] 9,81
Resolver este problema considerando un bloque cilíndrico de diámetro 15 [cm] y altura 36 [cm]
Pi = 102231,95 [Pa]

Ejemplo 6. En la Fig. 37 se tiene una barra uniforme de longitud L y peso 40
[kgf] suspendida mediante una cuerda en el extremo A. Si en el extremo B
colocamos un lastre de 5 [kgf] la barra flota con la mitad sumergida en agua.
Despreciando el empuje sobre el lastre, calcular: a) el empuje sobre la barra y
b) la tensión de la cuerda.
Datos. Longitud de la barra: L, W1 = 40 kgf = 392,4 N,
W2 = 5 kgf = 49,05 N.
Solución. En la Fig.37 dibujamos el
ángulo de inclinación  de la
barra, las fuerzas que actúan sobre
ella y las distancias de los puntos
de aplicación respecto al punto A.
Lastre
agua
A
B
Figura 37
T
W1 W2
E

a) En el D.C.L de la Fig. 38 aplicamos la condición de
equilibrio en la rotación respecto al punto A.
A
B
Figura 38
W1 W2
E
T

X
Y
L

A = – (½ L cos ) W1 – (L cos ) W2 + (¾ L cos ) E = 0
Reordenando y simplificando obtenemos:
– ½ W1 – W2 + ¾ E = 0
– ½ (392,4) – 49,05 + ¾ E = 0
E = 327 [N]
b) Ahora, aplicamos la condición de equilibrio en la traslación y sumamos las
fuerzas en la dirección del eje “Y”.
 Fy = T + E –W1 – W2 = 0
T + 327 –392,4 – 49,05 = 0
T = 114,45 [N]
Simplificando y usando datos obtenemos:
Usando valores

1. Una esfera hueca de acero con diámetro exterior 10,0 [cm], flota en agua
sumergida a ras. Si la densidad relativa del acero es 7,86, ¿cuál es el es-
pesor de la esfera?
MF 02
2. El doble del peso aparente de un cuerpo sumergido en un líquido de
densidad 0,30 [g/cm3], excede a su pérdida aparente de peso en aceite,
en 5 veces el peso aparente del mismo sumergido en agua. Si la densidad
del aceite es 0,8 [g/cm3], ¿cuál es la densidad del cuerpo?
3. En la Fig.39 se muestra una esfera de 4,5 [kg], un resorte y depósito todos
soldados entre sí. Cuando el sistema está en equilibrio la esfera soporta
una fuerza constante de 34 [N] debido a una deformación de 2 [cm] del
resorte. Calcular la nueva deformación del resorte si: a) todo el sistema
acelera hacia arriba a razón de 1,8 [m/s2] y b) todo el sistema acelera ha-

cia abajo a razón de 1,8 [m/s2].
Figura 39
Agua
Figura 40
líquido
R
Figura 41
Agua
y
4. En la Fig.40 se muestra una cuerda rodeando la quinta parte de la
superficie de una esfera compacta de peso específico 4,2 [gf/cm3] y radio
2 [m]. Si la esfera se halla sumergida hasta la mitad, calcular la tensión en
la cuerda, si el líquido tiene un peso específico de 13,6 [gf/cm3].
5.- La Fig.41 muestra una pieza cilíndrica de madera de masa 235 [g] que lleva
insertada en la base una pequeña pieza de plomo de masa 21 [g] para que
el cilindro flote en agua en posición vertical. Si el radio del cilindro es 1,65
cm, calcular la longitud “y” de la parte sumergida del cilindro.

6.- Un cable anclado al fondo de un lago de agua dulce sostiene una esfera
hueca de plástico bajo la superficie libre. El volumen de la esfera es de
0,650 m3 y la tensión en el cable es de 900 N. a) Calcular la fuerza de flo-
tación ejercida por el agua sobre la esfera y b) ¿Qué masa tiene la esfera?
Si el cable se rompiera y la esfera subiera a la superficie ¿qué fracción de
volumen de la esfera estaría sumergida cuando se logre el equilibrio?
7.- Una pequeña esfera de madera de densidad  = 0,40 [g/ cm3] se mantiene
en reposo en el fondo de un depósito de agua. Calcular la magnitud de su
aceleración inicial de ascenso cuando se suelta la deja libre.
FLUIDOS EN MOVIMIENTO (Hidrodinámica)
Flujo de un fluido significa movimiento de sus moléculas con respecto a un
sistema de referencia. El estudio de este movimiento puede ser muy compli-
cado, salvo que consideremos un fluido ideal con las siguientes características:
Flujo de un fluido https://www.youtube.com/watch?v=d0lWaVZp13s

 incompresible,
 no viscoso y
 Estacionario.
Si la densidad del fluido cambia durante el flujo decimos que tenemos un
fluido compresible.
Los líquidos en general son incompresibles y en el caso de los gases también
se pueden considerar como incompresibles si las velocidades del flujo son
pequeñas comparadas con la velocidad del sonido en tal fluido.
Fluido No Viscoso. Es aquel fluido que fluye con facilidad por tubos,
membranas o superficies. En este modelo de fluido ideal no existen fuerzas
de rozamiento entre capas adyacentes.
Fluido incompresible. Es el fluido cuya densidad es constante ( = constante)
o tiene una variación insignificante durante el flujo del mismo.

En cambio, un fluido Viscoso es aquel que fluye con dificultad debido al peque-
ño rozamiento existente entre las capas adyacentes del fluido cuando son so-
metidas a fuerzas de corte tangenciales F como las de la Fig.42.
Figura 42. Desplazamiento de capas
adyacentes de un fluido en
movimiento.
F
El flujo es laminar si las moléculas del fluido
se mueven a bajas velocidades sobre líneas de
corriente paralelas que forman capas adya-
centes perfectamente ordenadas y estratificadas, con un aspecto similar al
de la Fig. 43(a)
Teniendo en cuenta la viscosidad, el flujo
puede ser de tipo laminar o de tipo turbulento.
(a). Flujo laminar
Líneas
de
corriente
(b) Flujo Turbulento
Figura 43.

El flujo es turbulento cuando se produce un cambio muy brusco en la veloci-
dad del fluido. Esto sucede cuando el fluido se mueve a través de obstáculos
que causan cambios abruptos de su velocidad, produciendo un flujo irregular
y caótico. En este caso las líneas de corriente se entremezclan, como se mues-
tra en la Fig.43(b) con el flujo de agua en los ríos en la sierra.
Flujo estacionario.
El flujo es estacionario si la distribución glo-
bal del flujo no cambia con el tiempo. Es
decir que las líneas de corriente del fluido no
se intersectan y forman un tubo de flujo
como el de la Fig. 44, donde la velocidad de
cada partícula en un punto es única e
independiente del tiempo.
Figura 44. Tubo de flujo estacionario
formado por líneas de corriente de
tipo laminar
Línea central
de corriente
A2
v2
v1

Un fluido de flujo estacionario cumple con dos propiedades fundamentales:
₋ La conservación de la masa expresada mediante la ecuación de
continuidad y
₋ La conservación de la energía expresada mediante ecuación de Bernoulli.
ECUACIÓN DE CONTINUIDAD.
Según esta ecuación, la masa de un fluido en movimiento es constante e
invariable dentro de un tubo de flujo.
Esto significa que en un tubo de flujo, de la
Fig.45, la masa de fluido por unidad de tiem-
po, (m1/t), que ingresa con velocidad v1 por
la sección transversal A1 , es igual a la masa de
fluido por unidad de tiempo, (m2/t), que sale
con velocidad v2 por la sección transversal A2. Figura 45. Tubo de flujo estacionario
Línea central
de corriente
A2
v2
v1

Este principio elimina la posibilidad de que existan sumideros o vertederos que
cambien la masa de fluido comprendido entre las secciones transversales A1
y A2 del tubo.
Es decir que, si consideramos un tiempo t muy corto, el fluido que entra al
tubo por A1 , con velocidad v1 , avanzará la distancia S1 = v1  t, llenando un
cilindro de volumen V1 = A1v1  t.
Como el fluido es incompresible la masa de fluido m1 que entra al tubo por
A1 en el tiempo t es:  m1
 t
 A1 v1 t
t
=
(21)
 m1
 t
=  A1 v1
Simplificando
Del mismo modo, la masa de fluido m2 que sale del tubo por A2 en el
mismo tiempo t estará contenida en el cilindro de volumen V2 = A2v2  t

Por lo tanto, la masa de fluido m2 que salga del tubo por A2 en el tiempo t
será:  m2
 t
 A2 v2 t
t
=
(22)
 m2
 t
=  A2 v2
Simplificando
Como el flujo es estacionario podemos igualar la Ec.(21) con la Ec. (22):
m1
t
m2
t
=
y obtener  A1 v1 =  A2 v2
Como el fluido es incompresible simplificamos la densidad y obtenemos:
A1 v1 = A2 v2
(23)
El producto “A v” es denominado la ecuación de continuidad de un fluido ideal
y significa que el volumen de fluido por unidad de tiempo, que pasa por una
sección transversal del tubo, es constante.

Esta constante se denomina Caudal y se representa por:
Q = A v = constante (24)
Las unidades del caudal son: m3/s, cm3/s, lt/s, pie3/s.
PRINCIPIO DE BERNOULLI.
Este principio es una aplicación del teorema “trabajo-energía” al flujo de un
fluido ideal. Es decir que, el trabajo que se realiza para mover un fluido se
transforma en energía del mismo.
Una forma simple de enunciar este principio es como sigue:
 Donde la rapidez de un fluido aumenta su presión interna disminuye
Este enunciado indica que el aumento de rapidez de un fluido en la sección
transversal angosta de un tubo de flujo, donde las líneas de corriente se
juntan, es una consecuencia de la disminución de la presión interna en el
tubo.

Figura 45. Tubo de flujo
estacionario
2
y1
y2
1
Para deducir la ecuación de Bernoulli consideramos un elemento del tubo de
fluido que, en un tiempo inicial, está entre las secciones transversales de los
puntos ① y ② del tubo en la Fig. 45.
En un tiempo t muy corto, el fluido en el tu-
bo avanza la distancia s1 = v1 t en el punto
① y la distancia s2 = v2  t en el punto ②.
Como el fluido es incompresible, el volumen de
fluido que pasa por las secciones transversales
en el tiempo t es:
A1
A2
v2
v1
P1 A1
P2 A2
V = A1 S1 = A2 S2
A1 v1  t = A2 v2  t
Las presiones P1 y P2 en los extremos de cada sec-
ción transversal producen las fuerzas F1 = P1A1 sobre A1 y F2 = P2A2 sobre A2.

El trabajo neto efectuado sobre el elemento de volumen por el fluido circun-
dante durante su desplazamiento es:
 W = F1  s1 – F2  s2
W = P1 A1  s1 – P2 A2  s2
W = (P1 – P2 ) V (25)
Donde la fuerza F2 es negativa por ser opuesta al desplazamiento F1 del
fluido
Este trabajo sirve para variar la energía potencial gravitatoria del elemento
de masa “ m “ del fluido, que está definida por
y variar la energía cinética del elemento de masa “ m “ del fluido, definida
por.
 U = (m) g y2 - (m) g y1
U = ( V) g (y2 – y1 ) (26)
K = ½ m (v2)2 – ½ m (v1)2
K = ½ (  V) (v2
2 – v1
2 ) (27)

Por lo tanto, la variación de energía total del elemento de masa m del fluido
es las suma de las Ecs. (26) y (27).
 E = U + K
 E =  V g (y2 – y1 ) + ½  V (v2
2 – v1
2 )
Esta variación de energía total es igual al trabajo neto realizado sobre el ele-
mento de masa m del fluido, definido en la Ec. (25)
 W = U + K
(P1 – P2 ) V =  V g (y2 – y1 ) + ½  V (v2
2 – v1
2 )
Que simplificando V se obtiene:
(P1 – P2 ) =  g (y2 – y1 ) + ½  (v2
2 – v1
2 ) (28)
Esta es una forma la ecuación de Bernoulli donde se reconoce que:
(P1 – P2), es la diferencia de presión interna entre dos puntos del fluido.
 g (y2 – y1 ), es la diferencia de presión debido a la diferencia de altitud
entre dos puntos del fluido.

½  (v2
2 – v1
2 ), es la diferencia de presión debido al cambio de rapidez
entre dos puntos del fluido.
La ecuación de Bernoulli también puede expresarse en la forma:
P1 +  g y1 + ½  v1
2 = P2 +  g y2 + ½  v2
2 (29)
Esta ecuación nos indica que la suma de presiones es constante en cualquier
punto del tubo de fluido. Por lo tanto, la ecuación de Bernoulli puede
escribirse en la forma:
P +  g y + ½  v2 = constante (30)
TAREA. Aplicar las ecuaciones de la mecánica de fluidos a los siguientes
dispositivos:
 Teorema de Torricelli,
 Contador de Venturi y Tubo de Pitot.

Ejemplo 7. Por la tubería horizontal estrecha de la Fig.45 fluye agua a razón de
2 [m/s] en el punto ① donde el área de la sección es A y la presión 5,4x104 Pa.
Calcular la rapidez y la presión en el punto ② de la tubería donde el área es
A/4. Datos: v1 = 2 m/s, A1 = A, P1 = 5,4x104 Pa,
A2 = A/4
Solución. Aplicamos la ecuación de Continuidad
a los puntos ① y ② del tubo para obtener la
relación de velocidades.
X
Y
Figura 45
1
P1 v1
A1
v2
P2
A2
2
A1 v1 = A2 v2
v2 = 4(2) = 8 [m/s]
Usando valores:
A v1 = (A/4) v2 v2 = 4v1
Para calcular la presión aplicamos la ecuación de Bernoulli en los dos puntos
del tubo de flujo, donde y1 = y2 = 0.
P1 +  g(0)+ ½  v1
2 = P2 +  g (0) + ½  v2
2

Simplificando P1 + ½  v1
2 = P2 + ½  v2
2
5,4x104 + ½ (1000)(2)2 = P2 + ½ (1000)(8)2
Usando valores:
P2 = 2,4x104 [Pa]
Ejemplo 8. Por una tubería oblicua de sección variable, como la de la Fig. 46,
fluye agua en forma estacionaria. Hallar la velocidad del agua en el punto
② donde el diámetro de la sección transversal es la mitad de la que tiene
en el punto ① y la diferencia de presiones
entre estos puntos es (P1 – P2) = 2 [atm].
Recuerde que: 1 atm = 1,013x105 [Pa].
5,30 m
10,50 m
Figura 46
X
Y
1
2
P1
A1
P2
A2
v1
v2
Datos. D2 = D1/2, (P1 – P2) = 2 [atm] =
2x1,013x105 = 2,026x105 Pa, y1 = 5,30 m, y2 =
10,50 m.

Solución. Aplicamos la ecuación de continuidad a los puntos ① y ② del tubo
para obtener la relación de velocidades.
(D1)2 v1 = (D1 /2)2 v2 v1 = v2 /4 (a)
A1 v1 = A2 v2 (/4) (D1)2 v1 = (/4) (D2)2 v2
Ahora aplicamos la ecuación de Bernoulli a los dos puntos del tubo de flujo.
P1 +  g y1 + ½  v1
2 = P2 +  g y2 + ½  v2
2
(P1 – P2 ) +  g (y1 – y2 ) = ½  (v2
2 – v1
2 )
De donde: (b)
Usando (a) en (b) y los valores de las otras cantidades se tiene:
2,026x105 + 1000(9,81)(5,30 – 10,50) = ½ (1000) [(v2) 2 – (v2 /4 )2]
Resolviendo se obtiene:
151588,0 = (1875/16) v2
2
v2 = 35,97 [m/s]

Ejemplo 9. El tubo horizontal de la Fig.47 tiene un área de 40,0 [cm2 ] en las
porciones más anchas y de 10,0 [cm2 ] en la constricción. Si la descarga de
agua por el tubo es de 5,0x10-3 [m3/s], calcular: a) la rapidez del flujo en las
porciones ancha y angosta, b) la diferencia de presión entre estas porciones y
c) la diferencia de altura entre las columnas de mercurio en el tubo en forma
de U.
2
1
P1 P2
h
Figura 47
X
A
.
. B
v2
v1
Datos: A1 = 40,0 cm2 = 4,0x10-3 m2, A2 = 10,0
cm2 = 10-3 m2,  = 1000 kg/m3 Q = 5,0x10-3
m3/s, m = 13600 kg/m3 .
Solución. a) Usando valores en la definición
de caudal en el punto ① Q = A1v1
se tiene: 5,0x10-3 = 4,0x10-3 v1
y en el punto ② Q = A2 v2 se tiene: 5,0x10-3 = 10-3 v2
v1 = 1,25 [m/s]
v2 = 5,0 [m/s]

b) Ahora aplicamos la ecuación de Bernoulli en los dos pun-tos del tubo de
flujo cuyas ordenadas son y1 = y2 = 0.
P1 +  g (0) + ½  v1
2 = P2 +  g (0) + ½  v2
2
(P1 – P2 ) = ½  (v2
2 – v1
2 )
De donde:
(P1 – P2 ) = ½(1000)(52 – 1,252)
Usando valores:
(P1 – P2 ) = 11718,75 [Pa]
c) En la (Fig. 47), los puntos A y B, con la misma ordenada (-y) por debajo
del eje X, están a igual presión. Entonces:
2
1
P1 P2
h
(Figura 47)
X
A . . B
v2
v1
-y
PA = PB (a)
con: PA = P1
PB = P2 + m g h (b)
Usando (b) en (a) obtenemos:
P1 = P2 + m g h

despejando: (P1 - P2 ) = m g h
11718,75 = 13600(9,81) h
Usando valores:
h = 0,088 [m]
1. En el punto O del recipiente delgado de la Fig.48 se abre un orificio
pequeño. ¿Qué altura máxima respecto al nivel del punto O alcanzará el
chorro de agua?
MF 03
Figura 48
H
30°
agu
a O
Figura 49
1
2
h
h'
h2
h1

o
Figura 50
2. En la Fig.49 se tiene un medidor de Venturi inclinado. Calcular la diferen-

cia de presiones entre los puntos ① y ② de la tubería gruesa por la cual cir-
cula agua, sabiendo que el líquido en el tubo de Venturi tiene una gravedad
específica de 3,6 y además: h = 0,6 [m], y h´ = 0,45 [m]. b) Hallar la velocidad
del agua en los puntos ① y ②, sabiendo que los diámetros interiores del
tubo son 50 [cm] y 10 [cm] respectivamente, c) Para la misma diferencia de
presiones entre los puntos 1 y 2 obtenida en (a), ¿cuál se-ría el desnivel entre
las ramas del tubo de Venturi si hubiésemos usado un líquido de gravedad
específica 1,95?
3. Un tanque como el de la Fig.50 está lleno de agua hasta una altura H. Se
perfora un pequeño agujero en una cara lateral a una profundidad h bajo la
superficie del agua.
4. El chorro sale del orificio en dirección horizontal y choca con el suelo a una
distancia x. Despreciando la viscosidad, demostrar que la distancia x se pue-
de calcular con la fórmula: x = 2 𝒉(𝑯 − 𝒉)

5. Calcular en km/h la velocidad de un avión provisto de un tubo de Pitot cuyo
líquido manométrico es mercurio, si la diferencia de alturas entre los niveles
de las dos ramas 49 mm. Considere que la densidad del aire es 1,293 [kg/m3]
6. Suponiendo que la cantidad de agua que sale por un surtidor de área A co-
locado en posición vertical en una fuente es constante, ¿qué diámetro
debe tener la sección transversal para que el chorro ascienda al doble de
altura?
FIN

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