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Solucionario

3. Fuerza y presión en los fluidos

Preparación de la unidad (pág. 65)

• 1 m2 1 900 dm2 5 1 900 dm2 ? ––––––––– 5 19 m2 100 dm2

100 m2 0,25 dam2 5 0,25 dam2 ? –––––––– 5 25 m2 1 dam2

1 m2 85 000 cm2 5 85 000 cm2 ? ––––––––––– 5 8,5 m2 10 000 cm2

10 000 m2 3,452 hm2 5 3,452 hm2 ? –––––––––– 5 34 520 m2 1 hm2

1 m2 3,94 ? 107 mm2 5 3,94 ? 107 mm2 ? ––––––––– 5 39,4 m2 106 mm2

106 m2 6 ? 1025 km2 5 6 ? 1025 km2 ? ––––––– 5 60 m2 1 km2

• El peso de un cuerpo es la fuerza con que atrae la Tierra o cualquier otro cuerpo celeste a ese cuerpo.

Utilizamos la 2.a ley de Newton para hallar el peso.

P 5 m ? g

P 5 3,2 kg ? 9,8 m/s2 5 31,36 N

• Según este modelo de materia, todo lo que vemos está formado por unas partículas muy pequeñas, que están en continuo movimiento. Entre ellas existen fuerzas atrac-tivas, llamadas fuerzas de cohesión. Las partículas, al estar en movimiento, se encuentran a una cierta distancia unas de otras. Entre las partículas hay espacio vacío.

En el estado sólido, las partículas están muy juntas y se mueven oscilando alrededor de unas posiciones �jas; las fuerzas de cohesión son muy grandes. En el estado líqui-do, las partículas están más separadas y se mueven de manera que pueden cambiar sus posiciones, pero las fuerzas de cohesión, aunque son menos intensas que en el estado sólido, impiden que las partículas puedan inde-pendizarse. En el estado gaseoso, las partículas están totalmente separadas unas de otras y se mueven libre-mente; no existen fuerzas de cohesión.

Por esta razón, los sólidos tienen forma �ja y volumen constante, y no son fácilmente miscibles. Los líquidos y los gases no tienen forma �ja y son fácilmente miscibles. Los líquidos tienen volumen constante, pero los gases no. También debido a la intensidad de las fuerzas de co-hesión, en general, la densidad de los sólidos es mayor que la de los líquidos y esta, a su vez, mucho mayor que la de los gases.

• La piedra se hunde en el agua porque su densidad es mayor que la de esta, y la tabla de natación �ota porque su densidad es menor. Debido a la densidad, la fuerza de empuje que experimenta la piedra es inferior a su peso, por tanto, se hunde; en cambio, en la tabla de natación, la fuerza de em puje, debida a su parte sumergida, es igual a su peso y esto le permite �otar.

• La presión atmosférica es la presión que ejerce el aire de la atmósfera sobre la Tierra. La presión atmosférica en un valle es mayor que la que hay en la cima de una montaña.

Actividades (pág. 67)

1. a) Los vehículos muy pesados, como las excavado-ras, están provistos de cadenas para presentar una mayor super�cie de contacto con el suelo. Así, la presión ejercida es más pequeña, por lo que no se hunden tanto.

b) Los cuchillos se a�lan para disminuir la super�cie de contacto. De este modo, la hoja del cuchillo ejer-ce más presión y corta mejor.

2. Datos: F 5 50 N

S 5 0,01 mm2 5 0,00000001 m2 5 1028 m2

Utilizamos la fórmula de la presión: P 5 F / S

50 N P 5 ––––––––– 5 5 ? 109 Pa 1028 m2

Convertimos la unidad a atmósferas:

1 atm 5 ? 109 Pa 5 5 ? 109 Pa ? ––––––––––––– 5 49 358,34 atm 1,013 ? 105 Pa

La presión ejercida es de 49 358,34 atm.

3. Datos: P 5 40 000 Pa

S mmm

mmm= ⋅ = −1

1

10102

2

6 2

6 2

Calculamos la fuerza ejercida sobre el clavo.

PF

SF P S= ⇒ = ⋅

F 5 40 000 Pa ? 1026 m2 5 4 ? 1022 N

La fuerza ejercida es de 0,04 N.

4. Datos: m 5 9 500 kg P 5 1 662,5 kPa

Utilizamos la 2.a ley de Newton para calcular el peso.

F 5 p 5 m ? g

p 5 9 500 kg ? 9,8 m/s2 5 93 100 N 5 9,31 ? 104 N

Utilizamos la fórmula de la presión para hallar la su-per�cie.

F F P 5 ––– ; S 5 ––– S P

9,31 ? 104 N S 5 –––––––––––– 5 0,056 m2 1 662 500 Pa

La super�cie en la que se apoyan los neumáticos es de 0,056 m2.

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5. Según la cohesión entre sus partículas:

sólido . líquido . gaseoso

— Según la movilidad de las partículas:

gaseoso . líquido . sólido

6. — Sólidos

— Sólidos

— Gases

— Líquidos y gases

— Líquidos y gases

— Gases

7. Datos: m 5 157 kg V 5 0,02 m3 5 2 ? 1022 m3

Utilizamos la fórmula de la densidad en los �uidos.

d 5 m / V

157 kg kg d 5 ––––––––––– 5 7 850 –––––– 2 ? 1022 m3 m3

kg La densidad será de 7 850 ––––. m3

8. Datos: d 5 2,7 ? 103 kg/m3

El volumen del encofrado que hay que encementar es:

V 5 12,5 m ? 2 m ? 0,5 m 5 12,5 m3

Calculamos la cantidad de cemento que necesitaremos.

dm

Vm d V

kg

mm

kg

= ⇒ = ⋅ = ⋅ ⋅ =

= ⋅

2 7 10 12 5

3 375 10

3

3

3

4

, ,

,

Necesitaremos 33 750 kg de cemento.


9. La presión hidrostática es la presión que ejercen los líquidos en cualquier punto de su interior. Depende de la densidad, de la aceleración de la gravedad y de la profundidad.

10. El agua ejerce fuerzas iguales sobre ambas super�-cies, pues ambas tienen las mismas dimensiones y soportan la misma presión hidrostática. La presión es igual en las dos super�cies porque depende de la pro-fundidad, pero no de si la super�cie se coloca vertical u horizontal, y las dos super�cies se sitúan a la misma profundidad media.

11. Datos: h 5 150 m d 5 1 030 kg/m3

Utilizamos la fórmula de la presión hidrostática.

P 5 d ? g ? h

P 5 1 030 kg/m3 ? 9,8 m/s2 ? 150 m 5 1,51 ? 106 Pa

La presión hidrostática ejercida sobre el submarino será de 1,51 ? 106 Pa.

dm

Vm d V

kg

mm

kg

= ⇒ = ⋅ = ⋅ ⋅ =

= ⋅

2 7 10 12 5

3 375 10

3

3

3

4

, ,

,

12. Datos: h 5 300 m a 5 20 cm

d 5 1 030 kg/m3 base 5 35 3 25 cm

Utilizamos la fórmula de la fuerza hidrostática.

F 5 d ? g ? h ? S

Suponemos que sobre todas las caras del cofre actúa la misma presión, puesto que las variaciones de pre-sión debidas a la altura del cofre (20 cm) son des-preciables frente al valor de la profundidad (300 m).

Fuerza sobre la cara de 0,25 3 0,35 m:

F 5 1 030 kg/m3 ? 9,8 m/s2 ? 300 m ? 0,25 m ? 0,35 m 5

5 264 967, 5 N


F 5 1 030 kg/m3 ? 9,8 m/s2 ? 300 m ? 0,2 m ? 0,25 m 5

5 151 410 N


F 5 1 030 kg/m3 ? 9,8 m/s2 ? 300 m ? 0,2 m ? 0,35 m 5

5 211 974 N


13. Principio de Pascal: «La presión aplicada en un punto de un líquido se transmite con la misma intensidad en todas las direcciones en el interior del líquido».

Las principales aplicaciones de este principio son:

— Prensa hidráulica: permite comprimir un objeto rea-lizando una fuerza menor.

— Elevador hidráulico: permite elevar un cuerpo de gran peso, sin tener que ejercer la fuerza que sería necesaria si se elevara directamente.

— Frenos hidráulicos: frenos de diversos vehículos donde se consigue accionar los mecanismos que detienen las ruedas, tan solo presionando el pedal.

14. Según la teoría cinético-molecular de la materia, los líquidos son incompresibles porque la distancia entre las moléculas es pequeña en comparación con la me-dida de las partículas y esta no puede reducirse. Como consecuencia, al aplicar presión en un punto se trans-mite a todas las partículas, ya que la fuerza ejercida no puede modi�car la distancia entre ellas y, por tanto, la presión se transmite a través de todo el líquido.

15. Datos: SA 5 7, 84 m2 SB 5 1 200 cm2

m 5 1 800 kg

Pasamos la super�cie menor al SI.

S cmm

cmmB = ⋅ =1200

1

100000 122

2

22,

Calculamos el peso del monovolumen.

F 5 p 5 m ? g 5 1 800 kg ? 9,8 m/s2 5 17 640 N

Aplicamos el principio de Pascal, que a�rma que la presión es la misma en todos los puntos del líquido.


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P PF

S

F

SF

F S

S

FN m

A BA

A

B

BB

A B

A

B

= ⇒ = ⇒ =⋅

=⋅17640 0 12

7

2,

,,84270

2mN=

En el émbolo pequeño hay que aplicar una fuerza de 270 N.

16. Datos: rA 5 26 cm 5 0,26 m rB 5 5 cm 5 0,05 m

FA 5 1 650 kp

Calculamos la super�cie de cada extremo del tubo.

SA 5 p ? r2A 5 p ? (0,26 m)2 5 6,76 ? 1022 ? p m2

SB 5 p ? r2B 5 p ? (0,05 m)2 5 2,50 ? 1023 ? p m2

Aplicamos el principio de Pascal, que a�rma que la presión es la misma en todos los puntos del líquido.

P PF

S

F

SF

F S

S

Fkp

A BA

A

B

BB

A B

A

B

= ⇒ = ⇒ =⋅

=⋅ ⋅ −1650 2 5 10, 33 2

2 26 76 1061

⋅⋅ ⋅

=−

ππ

m

mkp

,

Deberíamos haber aplicado una fuerza de 61 kp.


17. Datos: a 5 15 cm 5 0,15 m

a cm m p N d

kg

m= = = =15 0 15 60 1 000

3,

Calculamos el volumen del cuerpo.

V 5 a3 5 (0,15 m)3 5 3,375 ? 1023 m3

— Hallamos el valor de la fuerza de empuje.

E d V g

Ekg

mm

m

sN

L= ⋅ ⋅

= ⋅ ⋅ =−1000 3 375 10 9 8 333

3 32

, ,

Calculamos el peso que marcará el dinamómetro, es decir, el peso aparente.

p 5 p9 2 E 5 60 N 2 33 N 5 27 N

18. En el mar es más fácil hacer el muerto porque su den-sidad es más alta que la del agua dulce, debido a la sal que contiene el agua.

19. Datos: d 5 1 500 kg/m3

Si la fuerza de empuje es mayor que el peso real del cuerpo, este �ota; si por el contrario, la fuerza de em-puje es menor que el peso real, el cuerpo se hunde. En caso de que la fuerza de empuje y el peso real sean iguales, el cuerpo estará en equilibrio en el interior del líquido.

Respecto a las densidades, podemos deducir:

d , dL el cuerpo �otará

d . dL el cuerpo se hundirá

a) La densidad del alcohol (dL 5 792 kg/m3) es menor que la densidad del cuerpo, así que el cuerpo se hunde.

b) La densidad del agua (dL 5 1 000 kg/m3) es menor que la densidad del cuerpo, así que el cuerpo se hunde.

c) La densidad del mercurio (dL 5 13 600 kg/m3) es mayor que la densidad del cuerpo, así que el cuer-po �ota.

20. En una embarcación hay muchos espacios vacíos, lle-nos solo de aire, por eso, a pesar de que su casco tenga la densidad del acero, la densidad global de la embarcación es mucho menor, puesto que contiene otros materiales y aire, y así puede �otar en el agua. Por el contrario, la densidad de una esfera de acero es mucho mayor a la del agua, por lo tanto, no �ota.

21. Datos: m 5 7 000 toneladas 5 7 ? 106 kg

dL 5 1,026 g/cm3 5 1 026 kg/m3

Sabemos, por el principio de Arquímedes, que el vo-lumen sumergido del buque es igual al volumen del líquido desalojado, y el empuje de la parte sumergida es igual al peso de todo el buque. Así:

E 5 dL ? V ? g

E m ? g m V 5 –––––– 5 –––––– 5 –––– dL ? g dL ? g dL

7 ? 106 kg V 5 –––––––––––– 5 6 822,6 m3 1 026 kg/m3

El volumen de la parte sumergida del buque es de 6 822,6 m3.


22. Las fuerzas debidas a la presión atmosférica actúan sobre el objeto al aire libre en dirección perpendicular a la super�cie del cuerpo. Es decir, la dirección de las fuerzas debidas a la presión varía según el punto de la super�cie del cuerpo, tal como sucede con un cuerpo en el seno de un líquido.

23. El mercurio en el interior del tubo no baja comple-tamente porque la presión que ejerce el aire sobre la super�cie libre del mercurio de la cubeta lo impide ya que se transmite en todas direcciones en el seno del mercurio. Deja de bajar cuando esta presión es igual a la que ejerce la columna de mercurio del interior del tubo, pues ambas están en equilibrio.

— La presión atmosférica se puede medir con el baró-metro, un instrumento cuyo funcionamiento se basa en el experimento de Torricelli.

24. Utilizamos la fórmula de la presión atmosférica para hallar la altura de la columna:

P 5 d ? g ? h ; P h 5 ––––– d ? g

Se sabe que la densidad del agua es de 1 000 kg/m3 y que la presión atmosférica normal es de 1,013 ? 105 Pa.

1,013 ? 105 Pa h 5 –––––––––––––––––– 5 10,34 m kg 1 000 ––– ? 9,8 m/s2

m3


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Si llevamos a cabo el experimento de Torricelli con agua, la columna deberá medir 10,34 m.

25. Datos: h 5 5 895 m P al nivel del mar 5 1 atm

d 5 1,293 kg/m3

Utilizamos la fórmula de la variación de la presión con la altura: D P 5 d ? g ? D h

kg m D P 5 1,293 –––– ? 9,8 ––– ? 5 895 m 5 7,4698 ? 104 Pa m3 s2

Por tanto, la presión atmosférica en la cima del Kili-manjaro vale:

P 5 P0 2 D P 5 101 300 Pa 2 74 698 Pa 5 26 602 Pa

Convertimos las unidades a atm:

1 atm D P 5 7,4698 ? 104 Pa 5 –––––––––––––– 5 0,74 atm 1,013 ? 105 Pa

En atmósferas, la presión atmosférica en el monte Ki-limanjaro vale P 5 P0 2 D P 5 1 2 0,74 5 0,26 atm.

26. Datos: V 5 805 m3 d 5 0,98 kg/m3

daire 5 1,2 kg/m3 m 5 300 kg

Utilizamos el principio de Arquímedes para hallar el empuje: E 5 d ? V ? g

kg m E 5 1,2 –––– ? 805 m3 ? 9,8 ––– 5 9,47 ? 103 N m3 s2

Utilizamos la 2.a ley de Newton para hallar el peso:

F 5 m g

F 5 p 5 300 kg ? 9,8 m/s2 5 2,94 ? 103 N

El empuje es de 9,47 ? 103 N y el peso es de 2,94 ? 103 N.


27. La brisa de mar se debe a que, durante el día, la tierra cercana al mar alcanza una temperatura mayor que la del agua del mar. El aire cercano a la tierra se calienta y, por tanto, asciende desde la tierra y se dirige hacia el mar, donde se enfría y desciende. A continuación, des-de el mar y a poca altura, el aire se dirige hacia la tierra donde sustituye al aire caliente.

28. Las depresiones son zonas donde el aire caliente as-ciende, de manera que la presión atmosférica disminu-ye. Los vientos giran en sentido contrario a las agujas del reloj, vistos desde arriba, y producen inestabilidad, con nubes y precipitaciones.

Los anticiclones son zonas donde el aire frío descien-de, de manera que la presión atmosférica aumenta. Los vientos giran en el sentido de las agujas del reloj, vistos desde arriba, y van asociados a un tiempo esta-ble, sin nubes ni precipitaciones.

Un frente frío consiste en una masa de aire frío que avanza, a poca altura, desplazando el aire de las capas bajas. En un frente cálido es una masa de aire cálido la que avanza reemplazando al aire frío. El primero está asociado a bajas temperaturas, viento y tormentas. El segundo a altas temperaturas, humedad y, ocasional-mente, a lluvia.

29. Respuesta sugerida:

Interpretación de los mapas meteorológicos.

a)

D

D

D

A

1 0201 025

1 0151 010

1 010

1 005

1 005 1 000

A1 030995

1 000

Día 1.

Aparecen tres zonas de bajas presiones, dos al este del continente europeo, y otra sobre la Península Ibérica.

El centro de Europa se encuentra en una zona anti-ciclónica.

La Península Ibérica se encuentra dentro de la zona de in�uencia de la baja presión y se le acerca por el noroeste un frente frío; posibilidad de aparición de nubes y de precipitaciones.

b) 1 005

1 005

1 005

1 010

1 010

1 010

1 015

1 015

1 015

1 020

1 0251 030

D

D

A

Día 2.

La Península Ibérica queda completamente situada en la zona de bajas presiones. El paso, además, del frente frío origina la formación de nubes y precipi-taciones. El anticiclón se ha desplazado hacia el sudeste de Europa.

c) 995

1 000

1 000

1 005

1 005

1 010

1 010 1 0101 015 1 015

1 015

1 020

1 020

1 020 1 030

1 025

1 025

D

D

D

A

A

Día 3.

Las dos depresiones se han desplazado hacia el este ligeramente, y ha aparecido una zona de altas presiones entre Bulgaria y Turquía.

Empieza a desaparecer la nubosidad por el norte de la Península Ibérica, aunque el litoral sigue afec-tado por precipitaciones, debido al desplazamiento hacia la derecha de la baja presión.


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d) 1 000

1 005

1 005

1 0101 010

1 010

1 0151 0151 015

1 020

1 020

1 020

1 025

1 025

1 035

AD

D

1 030

Día 4.

La depresión que estaba situada sobre Rusia se ha desplazado y ya no aparece. La que afectaba a la costa de la Península Ibérica también se ha despla-zado y ahora se sitúa sobre Sicilia.

Esto deja a la Península Ibérica en una zona de al-tas presiones y situada entre dos frentes cálidos, de manera que se da paso a días soleados y estabili-dad en el tiempo.

Experiencia (pág. 81)

Cuestiones

a) La fuerza hacia arriba es la fuerza que ejerce el muelle sobre el cuerpo que cuelga de él. Su valor viene dado por la ley de Hooke.

b) Son distintas. Cuando el cuerpo está sumergido, la fuer-za del muelle compensa la fuerza hacia abajo cuyo mó-dulo es igual al peso aparente (diferencia entre el peso del cuerpo y el empuje). En cambio, cuando el cuerpo no está sumergido, la fuerza del muelle compensa el peso del cuerpo y, por tanto, la lectura del dinamómetro es mayor que en el caso anterior.

c)

p

p9 E

d) El empuje se calcula según E 5 p 2 p9. Dentro del mar-gen de error experimental, el valor de E obtenido del cálculo anterior coincide con el peso del agua desaloja-da, es decir, con el peso del agua derramada. Por tanto, sí se cumple el principio de Arquímedes.

e) Un cuerpo de menor densidad que el agua �ota en ella. Su peso coincide con el empuje debido a la parte su-mergida. Por tanto, la lectura del dinamómetro cuando cuelga de él dicho cuerpo es cero. Es decir, el peso aparente del cuerpo que �ota es cero.

f ) Para determinar la densidad de cada uno de los cuer-pos basta con medir con una probeta el volumen de agua, V, que desaloja cada uno de ellos. Este valor coin-cide con el volumen del cuerpo sumergido en el agua. Además, la masa del cuerpo puede determinarse a partir del valor del peso p medido con el dinamómetro. Por tanto, la densidad, d, del cuerpo vale:

p d 5 ––––– g ? V

, donde g es la aceleración de la gravedad.

Resolución de ejercicios y problemas (pág. 82)

30. Datos: d 5 1,026 ? 103 kg/m3 h 5 100 m

a) Utilizamos la fórmula de la presión hidrostática para hallar la presión:

P 5 d ? g ? h

P 5 1,026 ? 103 kg/m3 ? 9,8 m/s2 ? 100 m 5

5 1,01 ? 106 Pa

La presión hidrostática sobre las paredes del batis-cafo es de 1,01 ? 106 Pa.

b) Utilizamos la fórmula de la presión hidrostática para hallar la profundidad:

P 5 d ? g ? h ; P h 5 ––––– d ? g

donde P 5 1,01 ? 106 Pa 1 5 ? 105 Pa 5 1,51 ? 106 Pa

1,51 ? 106 Pa h 5 ––––––––––––––––––––––––– 5 150 m 1,026 ? 103 kg/m3 ? 9,8 m/s2

La profundidad a la que tiene que llegar el batis- cafo para que la presión hidrostática aumente en 5 ? 105 Pa es de 150 m.

31. Datos: P 5 254 800 Pa d 5 1 000 kg/m3

Utilizamos la fórmula de la presión hidrostática para

hallar la altura del recipiente: P 5 d ? g ? h ; P h 5 ––––– d ? g

254 800 Pa h 5 –––––––––––––––––– 5 26 m kg m 1 000 ––– ? 9,8 ––– m3 s2

La altura del recipiente será de 26 m.

32. Sabemos que el volumen sumergido del patito es un 75 % del total. Por tanto, se deduce que:

Vs 0,75 –––– 5 ––––– V 1

Igualamos las fórmulas del peso y el empuje para hallar la densidad del material:

d ? V ? g 5 dL ? VS ? g

kg 1 000 ––– ? 0,75 dL ? Vs m3 kg d 5 ––––––– 5 ––––––––––––––– 5 750 ––– V 1 m3

La densidad del material es de 750 kg/m3.


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33. Datos: m 5 1 500 kg V 5 10 m3

dL 5 1,028 ? 103 kg/m3

Designamos por V y Vs, respectivamente, al volumen del yate y al volumen de su parte sumergida. El por-centaje del volumen que emerge viene dado por:

V 2 Vs Vs –––––––– ? 100 % 5 11 2 –––2 ? 100 % V V

El cociente Vs / V se calcula a partir de la igualdad entre peso y empuje:

d ? V ? g 5 dL ? Vs ? g

Vs d m/V m –––– 5 ––– 5 –––––– 5 –––––– 5 V dL dL V ? dL

1 500 kg 5 –––––––––––––––––––––––––– 5 0,146 10 m3 ? 1,028 ? 103 kg?m23

De donde resulta:

Vs 11 2 –––2 ? 100 % 5 (1 2 0,146) ? 100 % 5 85,4 % V

Emerge un 85,4 % del volumen total del yate.

Actividades (págs. 83 y 84)

La presión

34. Dejará huellas más profundas la que calza el núme- ro 37.

Las dos personas pesan igual; por lo tanto, ambas ejercen la misma fuerza sobre la nieve. Pero, como la super�cie de la suela del zapato del número 37 es me-nor que la del zapato del número 40, la presión que ejercerá el primero será mayor, y, por lo tanto, se hun-dirá más en la nieve.

35. Datos: F 5 40 N S 5 1022 mm2 5 1028 m2

Utilizamos la fórmula de la presión: F P 5 ––– S

40 N P 5 ––––––––– 5 4 ? 109 Pa 1028 m2

La presión ejercida es de 4 ? 109 Pa.

36. Datos: m 5 10 kg P 5 1,96 ? 104 Pa

Utilizamos la 2.a ley de Newton para hallar el peso (la fuerza) de la silla y del hombre cuando se sienta sobre la silla: F 5 P 5 m ? g

F1 5 10 kg ? 9,8 m/s2 5 98 N

F2 5 75 kg ? 9,8 m/s2 5 735 N

Utilizamos la fórmula de la presión para hallar primero la super�cie de la base de cada pata y luego la presión ejercida cuando se sienta la persona:

F P 5 ––– S

; F S 5 ––– P

98 N S 5 –––––––––––– 5 5 ? 1023 m2 1,96 ? 104 Pa

735 N P 5 –––––––––––– 5 1,47 ? 105 Pa 5 ? 1023 m2

Dividimos la super�cie encontrada entre las 4 patas que tiene la silla:

5 ? 1023 m2 –––––––––––– 5 1,25 ? 1023 m2 5 12,5 cm2 4

La super�cie de la base de cada pata es de 12,5 cm2 y la presión ejercida por la silla sobre el suelo al sentar-se una persona de 65 kg es de 1,47 ? 105 Pa.

37. La punta de la espada tiene una especie de botón para que así la presión ejercida sobre el cuerpo del rival sea insu�ciente para atravesarlo. Lo podemos comprobar en la fórmula de la presión, ya que super�cie y presión son inversamente proporcionales.

38. Datos: m 5 3 kg l1 5 26 cm 5 0,26 m

l2 5 14 cm 5 0,14 m l3 5 7 cm 5 0,07 m

Calculamos el peso del ladrillo y, por tanto, la fuerza que ejerce sobre el suelo.

F p m g kgm

sN= = ⋅ = ⋅ =3 9 8 29 4

2, ,

Calculamos la super�cie de cada cara.

S1 5 I1 ? I2 5 0,26 m ? 0,14 m 5 0,0364 m2

S2 5 I1 ? I3 5 0,26 m ? 0,07 m 5 0,0182 m2

S3 5 I2 ? I3 5 0,14 m ? 0,07 m 5 0,0098 m2

Calculamos la presión sobre cada cara.

PF

S

N

mPa

PF

S

N

11

2

22

29 4

0 0364807 7

29 4

0 0

= = =

= =

,

,,

,

, 11821615 4

29 4

0 009843000

2

33

2

mPa

PF

S

N

mPa

=

= = =

,

,

,

PF

S

N

mPa

PF

S

N

11

2

22

29 4

0 0364807 7

29 4

0 0

= = =

= =

,

,,

,

, 11821615 4

29 4

0 009843000

2

33

2

mPa

PF

S

N

mPa

=

= = =

,

,

,

PF

S

N

mPa

PF

S

N

11

2

22

29 4

0 0364807 7

29 4

0 0

= = =

= =

,

,,

,

, 11821615 4

29 4

0 009843000

2

33

2

mPa

PF

S

N

mPa

=

= = =

,

,

,

Los fluidos y sus propiedades

39. Los estados de la materia que se agrupan bajo el nom-bre genérico de �uidos son el estado líquido y el es-tado gaseoso. La propiedad que caracteriza a estas sustancias es que sus partículas no están unidas rígi-damente, al contrario que los sólidos. Así, en los �ui-dos, las partículas pueden deslizarse unas con respec-to a otras y, en consecuencia, los �uidos no tienen forma propia.

40. Datos: V 5 50 cm3 5 5 ? 1025 m3

m 5 34 g 5 0,034 kg

Utilizamos la fórmula de la densidad para hallarla:

m d 5 ––– V

0,034 kg kg d 5 ––––––––––– 5 680 –––– 5 ? 1025 m3 m3

La densidad de este producto es de 680 kg ––– m3

.

R

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41. Datos: m 5 400 g 5 0,4 kg d 5 806 kg/m3

Utilizamos la fórmula de la densidad para hallar el volu-

men: m d 5 ––– V

; m V 5 ––– d

0,4 kg V 5 ––––––––––– 5 0,000496 m3 5 4,96 ? 1024 m3 806 kg/m3

El volumen que ocupa una masa de 400 g es de 4,96 ? 1024 m3.

Fuerzas en el interior de los líquidos

42. Llamamos presión hidrostática a la presión que ejercen los líquidos en cualquier punto de su interior. La pre-sión hidrostática en un punto de un líquido es directa-mente proporcional a la densidad del líquido y a la profundidad a la que se halla el punto.

43. Datos: h 5 2 m r 5 0,25 m d 5 1 000 kg/m3

Utilizamos la fórmula de la super�cie de un círculo para hallar la super�cie del fondo del recipiente: S 5 p r2

S 5 p ? (0,25 m)2 5 0,1963 m2

Utilizamos la fórmula de la fuerza en el interior de los líquidos para hallar la fuerza que ejerce el agua sobre el fondo del recipiente: F 5 d ? g ? h ? S

F 5 1 000 kg/m3 ? 9,8 m/s2 ? 2 m ? 0,1963 m2 5 3 847,5 N

44. Datos: m 5 20 g 5 0,02 kg

r 5 2 cm 5 0,02 m h 5 30 cm 5 0,3 m

La fuerza que ejerce el agua sobre el tapón es:

PF

SF P Sa

a= ⇒ = ⋅

La presión es la presión hidrostática a 30 cm de pro-fundidad, y la super�cie es la super�cie del tapón.

P d g hkg

m

m

sm Pa

S r

= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =

= ⋅ =

1000 9 8 0 3 29403 2

2

, ,

π π ⋅⋅ = ⋅ −( , ) ,0 02 1 26 102 3 2m m

Por lo tanto:

F Pa m Na = ⋅ ⋅ =−2940 1 26 10 3 703 2, ,

El peso del tapón es:

m p 5 m ? g 5 0,02 kg ? 9,8 ––– 5 0,20 N s2

La fuerza que debemos aplicar sobre el tapón será la suma de la fuerza ejercida por el agua y el peso del tapón.

F 5 Fa 1 p 5 3,70 N 1 0,20 N 5 3,90 N

Debemos aplicar sobre el tapón una fuerza de 3,90 N.

45. Datos: P 5 14 700 N Smenor 5 10 cm2 5 1023 m2

Smayor 5 0,25 m2

RUtilizamos el principio de Pascal para hallar la fuerza que debe aplicarse:

FA FB –––– 5 –––– SA SB

FA ? SB 14 700 N ? 1023 m2 FB 5 ––––––– 5 ––––––––––––––––––– 5 58,8 N SA 0,25 m2

Deberá aplicarse una fuerza de 58,8 N.

46. En una presa, el espesor del muro debe ser mayor en el fondo, ya que la presión hidrostática aumenta con la profundidad. Por lo tanto, la presión hidrostática a la que estará sometido el muro de la parte del fondo de la presa será mayor que la de la super�cie.

47. La presión en el fondo será la suma de la presión en la super�cie más la presión hidrostática del agua y a su vez, debe ser el doble que la presión en la super�cie.

P1 5 P0 1 d ? g ? h

P1 5 2 ? P0

Igualamos las dos expresiones y aislamos h.

2 0 00⋅ = + ⋅ ⋅ ⇒ =⋅

P P d g h hP

d g

Sustituimos los datos teniendo en cuenta que la pre-sión en la super�cie es P0 5 1,013 ? 105 Pa, la densidad del agua es d 5 103 kg/m3 y la gravedad es g 5 5 9,8 m/s2.

hPa

kg

m

m

s

m=⋅

⋅=

1 013 10

10 9 8

10 35

33 2

,

,

,

La profundidad debe ser de 10,3 m.

48. Pascal consiguió reventar un tonel lleno de líquido añadiendo tan solo un litro de agua. Para ello, hizo un ori�cio en la parte superior del tonel e introdujo un tubo hueco de 1 cm2 de sección y de una longitud de unos 10 m. Selló la unión y fue vertiendo el agua en el tubo. El barril se rompe debido a la presión añadida, que se transmite en todas direcciones. Este aumento de pre-sión corresponde al peso de la columna de agua.

La fuerza de empuje en los líquidos

49. La fuerza de empuje es la fuerza que ejercen los líqui-dos sobre los cuerpos sumergidos. Es una fuerza dirigi-da hacia arriba, y es igual al peso del líquido desalojado.

Esta fuerza actúa sobre cualquier cuerpo sumergido en un líquido.

50. Datos: d 5 2 700 kg/m3 r 5 4 cm 5 0,04 m

a) Calculamos el volumen de la esfera.

V r m m= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ −4

3

4

30 04 2 68 103 3 4 3π π ( , ) ,

b) Calculamos el peso de la esfera en el aire.

p m g V d g

p mkg

m

m

s

= ⋅ = ⋅ ⋅

= ⋅ ⋅ ⋅ =−2 68 10 2700 9 8 74 33 2

, , ,11N

R

R

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c) Calculamos la fuerza de empuje.

kg m E 5 dL ? V ? g 5 1 000 –––– ? 2,68 ? 1024 m3 ? 9,8 ––– m3 s2

E 5 2,6 N

d) Calculamos el peso una vez sumergida.

p9 5 p 2 E 5 7,1 N 2 2,6 N 5 4,5 N

c9) Si se sumerge en aceite, el empuje vale:

E 5 800 kg ? m23 ? 2,68 ? 1024 m3 ? 9,8 m ? s22 5 2,1 N

d9) El peso aparente vale:

p9 5 p 2 E 5 7,1 2 2,1 5 5 N

51. Datos: m 5 106 kg dL 5 1 026 kg/m3

VS 5 V/3

Aplicamos la condición de �otabilidad: p 5 E

dL ? VS ? g 5 p

m ? g m 106 kg VS 5 –––––– 5 ––– 5 ––––––––––– 5 974,7 m3 dL ? g dL 1 026 kg/m3

Por tanto, el volumen del barco vale:

V VS 5 ––– ; V 5 3 ? VS 3

V 5 3 ? 974,7 m3 5 2 924,1 m3

52. Datos: m 5 480 kg V 5 0,14 m3

a) La fuerza de empuje es igual al peso del líquido desalojado.

E d V g

Ekg

mm

m

sN

L= ⋅ ⋅

= ⋅ ⋅ =1000 0 14 9 8 13723

32

, ,

b) El peso del delfín es:

p m g kg

m

sN= ⋅ = ⋅ =480 9 8 4704

2,

Calculamos el peso aparente.

p9 5 p 2 E 5 4 704 N 2 1 372 N 5 3 332 N

La fuerza de empuje del agua sobre el delfín es de 1 372 N, y el peso aparente de este es de 3 332 N.

53. Datos: p 5 50 N pS 5 30 N

Restamos el peso en el aire del peso en el agua para hallar el empuje:

50 N 2 30 N 5 20 N

Utilizamos el principio de Arquímedes para hallar el volumen del cuerpo:

E 5 dL ? V ? g ; E V 5 –––––– dL ? g

20 N V 5 –––––––––––––––––– 5 2,04 ? 1023 m3

kg m 1 000 ––– ? 9,8 ––– m3 s2

R

A

A partir del peso del cuerpo podemos hallar su den-sidad:

p 5 d ? V ? g ; p d 5 –––––– V ? g

50 N kg d 5 ––––––––––––––––––––– 5 2 500 ––– m m3

2,04 ? 1023 m3 ? 9,8 ––– s2

El volumen del cuerpo es de 2,04 ? 1023 m3 y su densi-dad es de 2 500 kg/m3.

54. Datos: d 5 0,92 g/cm3 5 920 kg/m3

Del principio de Arquímedes, y después de igualar las fórmulas del peso y del empuje, deducimos que:

VS d –––– 5 –––– VT dL

kg 920 ––– Vs m3 0,92 ––– 5 –––––––––– 5 ––––– 5 92 % VT kg 1 1 000 ––– m3

El porcentaje del volumen sumergido del iceberg es del 92 %.

La atmósfera y la presión atmosférica

55. Las molestias en los oídos son debidas a los cambios de presión. El oído es un órgano muy sensible a la pre-sión, y la diferencia entre la presión ambiental y la presión del interior del oído provoca ciertas molestias, que no desaparecerán hasta que la presión de su inte-rior se iguale con la ambiental.

56. La presión atmosférica normal es de 760 mmHg, por-que Torricelli utilizó un experimento con mercurio para hallar la presión atmosférica normal, que consistía en poner un tubo con 1 m de mercurio boca abajo sobre una cubeta que contenía mercurio. Al terminar el ex-perimento se observa que, debido a la presión que ejerce el aire, quedan 760 mmHg en el interior del tubo. El peso de esta columna de mercurio por unidad de super�cie es igual a la presión atmosférica.

57. Datos: D h 5 4 000 m

P1 5 101 293 Pa

d 5 1,293 kg/m3

La diferencia de presiones entre los dos puntos será:

D P 5 P1 2 P2 5 d ? g ? h1 2 d ? g ? h2 5 d ? g ? D h

Despejamos P2 y sustituimos los datos.

P P d g h

P Pakg

m

m

s

2 1

2 3 2101293 1 293 9 8 40

= − ⋅ ⋅

= − ⋅ ⋅

∆

, , 000 m =

5 50 607, 4 Pa

A 4 000 m de altura, la presión será de 50 607, 4 Pa.

58. Datos: P1 5 750 mmHg

P2 5 744 mmHg

d 5 1,293 kg/m3

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Calculamos las presiones en Pa.

7501

760

1 013 10

1

9 997

5

mmHgatm

mmHg

Pa

atm⋅ ⋅

⋅=

= ⋅

,

, 110

7441

760

1 013 10

1

4

5

Pa

mmHgatm

mmHg

Pa

atm⋅ ⋅

⋅=

=

,

99 917 104, ⋅ Pa

7501

760

1 013 10

1

9 997

5

mmHgatm

mmHg

Pa

atm⋅ ⋅

⋅=

= ⋅

,

, 110

7441

760

1 013 10

1

4

5

Pa

mmHgatm

mmHg

Pa

atm⋅ ⋅

⋅=

=

,

99 917 104, ⋅ Pa

Calculamos los metros de desnivel entre los dos puntos.

∆ ∆

∆

P P P d g h d g h d g h

hP P

d g

= − = ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅

=−

⋅=

1 2 1 2

1 2 9,9997 10 9 917 10

1 293 9 8

63 14 4

3 2

⋅ − ⋅

⋅=

Pa Pa

kg

m

m

s

,

, ,

, mm

∆ ∆

∆


hP P

d g

= − = ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅

=−

⋅=

1 2 1 2

1 2 9,9997 10 9 917 10

1 293 9 8

63 14 4

3 2

⋅ − ⋅

⋅=

Pa Pa

kg

m

m

s

,

, ,

, mm

El desnivel entre los dos puntos es de 63,1 m.

59. a) El sentido de giro de las nubes es el sentido con-trario a las agujas del reloj.

b) Al estar en el hemisferio Norte, este tipo de movi-miento está asociado a una depresión.

60. Se forman nubes que dan lugar a abundantes precipi-taciones, ya que el vapor de agua que transporta el aire marítimo atraviesa una zona más fría, como son las sierras.

61. Indican un anticiclón, ya que la presión es mayor que la normal, que es de 1 013 mb.

62. Datos: P 5 1 030 mb 5 1,030 ? 105 Pa

Utilizamos la fórmula de la presión atmosférica para hallar la altura.

P 5 d ? g ? h ; P h 5 –––––– d ? g

1,030 ? 105 Pa h 5 –––––––––––––––––– 5 0,773 m 5 773 mm kg m 13 600 ––– ? 9,8 ––– m3 s2

La altura de la columna será de 773 mm.

63. Según los partidarios de la doctrina del horror vacui, la adherencia de una ventosa se debe a que, al colocarla sobre la piel o una super�cie, el aire de su interior se calienta y comprime y, para evitar el vacío, la piel o la super�cie es atraída hacia la ventosa. Y la di�cultad en separar un fuelle si no se permite la entrada de aire se interpretaba a�rmando que la naturaleza aborrece el vacío y, por esta razón, no se pueden separar las partes de un fuelle sin dejar entrar aire ya que, si no, abría vacío dentro, hecho imposible.

Estos hechos se pueden interpretar fácilmente por la existencia de la atmósfera que ejerce una presión so-bre todos los cuerpos: tanto en el caso de la ventosa como en el de los fuelles, la diferencia de presión entre el interior y el exterior origina una fuerza neta hacia el interior que di�culta separar una ventosa de la super-�cie donde está adherida y también separar las partes de un fuelle, a menos que se deje penetrar aire en su interior. Esta es la interpretación correcta.

∆ ∆

∆


hP P

d g

= − = ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅

=−

⋅=

1 2 1 2

1 2 9,9997 10 9 917 10

1 293 9 8

63 14 4

3 2

⋅ − ⋅

⋅=

Pa Pa

kg

m

m

s

,

, ,

, mm

R

A

64. La lata se arruga como si fuera un trozo de papel.

Al descender la temperatura del interior de la lata, la presión del vapor del interior disminuye considerable-mente, creándose un semivacío. Esta presión es infe-rior a la presión atmosférica y, por lo tanto, no podrá contrarrestarla. Así, la presión atmosférica ejercerá una fuerza sobre toda la super�cie de la lata que, al no ser contrarrestada, provocará que esta se comprima.

Conéctate

65. En esta actividad el alumno podrá comprobar que se cumple el principio de Pascal en la prensa hidráulica y el freno hidráulico.

66. En esta actividad el alumno deberá utilizar las predic-ciones meteorológicas obtenidas en el Meteosat para elaborar la predicción del tiempo en su comunidad para las próximas horas.

67. — El término atmósfera cero hace referencia a una atmósfera cuya presión es casi despreciable (cer-cana a 0).

— Es necesario un traje presurizado para salir al espa-cio exterior, porque presiones cercanas al 0 son mortales para un organismo vivo.

Si un astronauta sale de la nave sin este traje, el agua que compone las células de su cuerpo pasa al estado de vapor, comenzando por las células que se encuentran en la super�cie de la piel. El cuerpo se enfría. Se pierde entonces calor por el efecto de transición entre las fases líquida y gaseo-sa del agua (se necesita entregar calor para eva-porar el agua, y este se extrae del organismo). Al cabo de unos pocos segundos, el efecto de co-lapso de las células causa una interrupción en la circulación de la sangre, anorexia aguda y convul-siones. En menos de un minuto se pierde la con-ciencia y, �nalmente, si la presión no se restaura, se produce la muerte.

68.

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Trabajo de las competencias básicas (págs. 85 y 86)

Campamento en Las Lagunas

1. a) A medida que van ascendiendo por la montaña les cuesta más respirar porque la cantidad de oxígeno inhalada es menor, ya que la densidad de la atmós-fera disminuye a medida que se asciende sobre el nivel del mar. Esto es así porque la presión dis-minuye con la altura y, al ser el aire un �uido com-presible, su densidad disminuye al disminuir la pre-sión sobre él.

b) El altímetro es un instrumento que determina la alti-tud con respecto a un punto de referencia, a partir de la medida de la presión atmosférica.

c) Tomamos como densidad del aire el valor promedio de d 5 1,293 kg/m3. La variación de presión con la altura vale:

kg m D P 5 d ? g ? D h 5 1,293 ––– ? 9,8 ––– ? 1 620 m 5 m3 s2

5 20 528 Pa

P (h 5 1 620 m) 5 (1,013 ? 105 2 20 528) Pa 5

5 80 772 Pa

1 013 mb P 5 80 772 Pa ? ––––––––––––– 5 807,7 mb 1 013 ? 102 Pa

1 atm P 5 80 772 Pa ? ––––––––––––– 5 0,80 atm 1,013 ? 105 Pa

2. a) Sí, deberán ajustar la presión de las ruedas por la carga que transportan. Al variar la masa del vehícu-lo varía la presión que cada neumático soporta por parte del vehículo. Para contrarrestar este hecho, se debe ajustar su presión interna.

b) La presión recomendada de in�ado de los neumá-ticos de un coche aumenta al aumentar su peso. Esto se debe a que, al aumentar la carga, el coche ejerce una mayor presión sobre los neumáticos. Para restablecer la dureza de los neumáticos y su capacidad de agarre al suelo, hay que aumentar la presión del aire en su interior. Si se circula con neumáticos hinchados con una presión inferior a la recomendada, aumenta el desgaste de estos, su calentamiento y también el riesgo de que revienten.

3. Datos: P 5 5 ? 105 Pa

Dimensiones de la pared: 20 m 3 8 m

La fuerza es igual a la presión por la super�cie:

F 5 P ? S 5 5 ? 105 Pa ? (20 m ? 8 m) 5 8 ? 107 N

4. a) Como consecuencia del principio fundamental de la hidrostática (p 5 d ? g ? h), las presas aguantan pre-siones mucho mayores cuanta más altura de agua contienen. La presión sobre las paredes aumenta hacia abajo y, por tanto, también lo hace la fuerza sobre ellas. Por esta razón, se construyen con los muros más gruesos en la parte inferior.

b) La presión hidrostática a 10 m de profundidad es:

kg m P 5 d ? g ? h 5 1 000 ––– ? 9,8 ––– ? 10 m 5 m3 s2

5 9,8 ? 104 Pa

La presión hidrostática a 25 m de profundidad es:

kg m P 5 d ? g ? h 5 1 000 ––– ? 9,8 ––– ? 25 m 5 m3 s2

5 2,45 ? 105 Pa

5. En primer lugar, calcularemos el peso del cuerpo:

m p 5 m ? g 5 63 kg ? 9,8 ––– 5 617,4 N s2

A este valor habría que añadir el peso de la canoa. El enunciado no especi�ca su valor, por lo que considera-mos que el valor de 63 kg corresponde a la masa del conjunto canoa-Juan.

Ahora, calculamos el empuje:

kg m E 5 dL ? V ? g 5 1 000 ––– ? 0,4 m3 ? 9,8 ––– 5 3 920 N m3 s2

Como p , E, la canoa �otará.

6. a) La primera ascensión tuvo lugar en París (Francia) en 1783. Se atribuye la invención del globo aerostá-tico tripulado a los hermanos Montgol�er.

b) El helio es un gas menos denso que el aire y de esta manera se consigue que el empuje sea más grande que el peso total del globo y, en consecuencia, que se pueda elevar. Además, es un gas no in�ama-ble, con lo que puede calentarse en caso necesario para disminuir aún más su densidad.

c) La ascensión de un globo se produce porque la densidad interior es menor que la del aire. Es decir, el peso del aire de la atmósfera desalojado por el globo es mayor que la suma del peso del gas inte-rior, la cesta, sus ocupantes, el lastre, y las cuerdas. Por tanto, si se reduce el peso del contenido de la cesta, se requerirá un menor volumen de gas helio para que el globo ascienda, o bien, no será necesa-rio calentar tanto el gas interior.

7. La zona donde se ubica el campamento está bajo la in�uencia de una depresión y está previsto que le al-cance un frente frío. Por lo tanto, se espera que haya descenso de la temperatura, fuertes vientos y precipi-taciones que pueden ser en forma de tormenta, lo que desaconseja realizar la actividad.

Evaluación (pág. 88)

1. Datos: V 5 1,5 L r 5 4 cm

Expresamos el volumen en unidades del SI.

V Ldm

L

m

dmm= ⋅ ⋅ = ⋅ −1 5

1

1

1

101 5 10

3 3

3 3

3 3, ,

Calculamos la masa de agua que representa este volu-men utilizando la de�nición de densidad.

dm

Vm d V

kg

mm kgL L= ⇒ = ⋅ = ⋅ ⋅ =−1000 1 5 10 1 5

33 3, ,

dm

Vm d V

kg

mm kgL L= ⇒ = ⋅ = ⋅ ⋅ =−1000 1 5 10 1 5

33 3, ,


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Sol

ucio

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dad

3. F

uerz

a y

pres

ión

en lo

s flu

idos

© grupo edebé

La fuerza que ejerce el agua es equivalente a su peso.

F p m g kgm

sN= = ⋅ = ⋅ =1 5 9 8 14 7

2, , ,

Hallamos la presión que el agua ejerce sobre la base.

PF

S

p

r

N

mPa= =

⋅=

⋅=

π π2 2

14 7

0 042924 5

,

( , ),

La presión que ejerce la botella de agua es de 2 924,5 Pa.

2. 1 421 013 10

1143846

7201 0

5

,,

,

atmPa

atmPa

mmHg

⋅⋅

=

⋅113 10

76095968

9841 013 10

5

5

⋅=

⋅⋅

Pa

mmHgPa

mbPa,

1101398400

mbPa=

3. Datos: m 5 28,95 g d 5 19,3 g/cm3

Aplicamos la fórmula de la densidad para conocer el volumen del anillo.

dm

VV

m

d

Vm

d

g

g

cm

cm

= ⇒ =

= = =28 95

19 3

1 5

3

3,

,

,

El volumen del anillo es de 1,5 cm3.

4. Datos: r 5 120 cm 5 1,2 m

h 5 300 m

d 5 1 030 kg/m3

Calculamos la super�cie de la escotilla.

S 5 p ? r2 5 p ? (1,2 m)2 5 4,5 m2

Hallamos la presión que ejerce el agua sobre la esco-tilla.

P d g hkg

m

m

sm

P Pa

= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅

= ⋅

1030 9 8 300

3 03 10

3 2

6

,

,

La fuerza ejercida por esta presión sobre la super�cie será:

F P S Pa m N= ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅3 03 10 4 5 1 36 106 2 7, , ,

La fuerza que ejerce el agua sobre la escotilla es de 1,36 ? 107 N.

5. Datos: S1 5 250 cm2 S2 5 2 375 cm2

m 5 1 740 kg

Utilizamos unidades del SI.

S1 5 0,025 m2

S2 5 0,2375 m2

La fuerza que ejerce la máquina sobre el émbolo es equivalente a su peso.

F p m g

F kgm

sN

2

2 21740 9 8 17052

= = ⋅

= ⋅ =,

Aplicamos el principio de Pascal poniendo la máquina en el émbolo grande.

F

S

F

SF

F S

S

FN m

1

1

2

21

2 1

2

2

217052 0 025

0 2375

= ⇒ =⋅

=⋅ ,

, mmN

21795=

El operario deberá ejercer una fuerza de 1 795 N y la máquina deberá ponerse encima del émbolo cuya su-per�cie sea más grande.

6. Datos: m 5 5 000 t 5 5 ? 106 kg

V 5 2,5 ? 104 m3

Hallamos la densidad del buque.

dm

V

kg

m

kg

m= =

⋅⋅

= ⋅5 10

2 5 102 10

6

4 32

3,

Para los cuerpos en �otación se cumple que el peso del cuerpo es igual al empuje debido a la parte sumer-gida.

Expresamos el peso p y el empuje Es en función de las densidades del buque y el agua, respectivamente.

p 5 m ? g 5 d ? V ? g V 5 volumen buque

E 5 dL ? VS ? g Vs 5 volumen sumergido

Igualamos las dos fuerzas.

p 5 E

d ? V ? g 5 dL ? Vs ? g

De donde se deduce:

V

V

d

d

kg

mkg

m

s

L

= = =200

1000

0 23

3

,

El porcentaje de volumen sumergido es del 20 % res-pecto del volumen total.

7. La condición para que un cuerpo �ote en un líquido es que la densidad del cuerpo tiene que ser menor que la del líquido.

8. A medida que aumenta la altitud, la presión atmosfé-rica disminuye, ya que la altura de la columna de aire que tenemos por encima disminuye.

9. Considerando que estamos en el hemisferio Norte, si el giro de las isóbaras es antihorario, se trata de una depresión.


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