El documento describe tres casos de movimiento de fluidos en recipientes: 1) aceleración horizontal constante, 2) aceleración vertical constante, y 3) rotación alrededor de un eje vertical a velocidad angular constante. En cada caso, la superficie libre del fluido toma una forma característica debido a las fuerzas en juego.

2. Hasta ahora se ha considerado, para el cálculo de superficies de nivel y de presión en un
punto interior de un fluido, que éste se encontraba en reposo, o bien, que podría estar en
movimiento uniforme, sin ninguna aceleración.
Sin embargo, cuando el fluido se encuentra en el interior de un recipiente, sin ocuparlo en
su totalidad, y por lo tanto, con completa libertad de movimiento para desplazarse por el
interior del mismo, y el recipiente se mueve con un movimiento acelerado o retardado, se
observa que el líquido va tomando una cierta inclinación que depende de la aceleración a
que se halla sometido el sistema.
Para su estudio supondremos un deposito prismático con una cierta cantidad de líquido;
una partícula del mismo estará sometida a tres tipos de fuerzas, es decir, la fuerza debido
a la aceleración del movimiento ,la fuerza debida a la aceleración de la gravedad y fuerza
que hacer girar a los líquidos en su eje vertical

3. Establece que la suma de las fuerzas externas
que actúan sobre un cuerpo y las denominadas
fuerzas de inercia forman un sistema de fuerzas
en equilibrio. A este equilibrio se le denomina
equilibrio dinámico.

4. Considérese un líquido contenido en un recipiente y que este recipiente
se desplaza con una aceleración horizontal constante. En tales
circunstancias la superficie libre se inclina; una partícula líquida continua
en reposo con respecto a otra y con respecto a las paredes del
recipiente, de modo que no hay rozamiento entre ellas y el estudio de la
repartición de presiones puede hacerse con los principios hidrostáticos.

5. Se presentan tres casos do interés:
aceleración horizontal constante
aceleración vertical constante
rotación alrededor de un eje vertical, a
velocidad angular constante.
1
2
3

8. 𝑋 = − −𝑎
𝑌 = 0
𝑍 = −𝑔
𝑑𝑝 = 𝜌 𝑋𝑑𝑥 + 𝑌𝑑𝑦 + 𝑍𝑑𝑧

9. 𝑑𝑝 = 𝜌 𝑎𝑑𝑥 − 𝑔𝑑𝑧
1
𝜌 0
0
𝑑𝑝 =
0
𝑋 𝐴
𝑎𝑑𝑥 −
0
𝑍 𝐴
𝑔𝑑𝑧
0 = 𝑎𝑋 𝐴 − 𝑔𝑍 𝐴
𝑍 𝐴 𝑔 = 𝑋 𝐴 𝑎
𝑍 𝐴
𝑋 𝐴
= tan 𝛼 =
𝑎
𝑔
𝛼 = tan−1
𝑎
𝑔

10. Para un punto cualquiera
1
𝜌 𝟎
𝑃
𝑑𝑝 = 𝑎
0
𝑋
𝑑𝑥 − 𝑔
0
𝑍
𝑑𝑧
𝑃
𝜌
= 𝑎𝑋 − 𝑔𝑍
𝑃
𝛾
=
𝑎
𝑔
𝑋 − 𝑍
𝑃
𝛾
= 𝑋 tan 𝛼 − 𝑍
𝑃
𝛾
= ℎ
Si por un punto trazamos una paralela a la superficie liquida vamos a tener una superficie de
nivel o presión constante.

12. P
𝑎
0x y
-z
𝑑𝑃 = 𝜌(𝑥. 𝑑𝑥 + 𝑦. 𝑑𝑦 + 𝑧. 𝑑𝑧)
𝑥 = 0
𝑦 = 0
)𝑧 = −𝑔 − (±𝑎
Aceleración efectiva del
movimiento, pero cambiada
de signo. (D´Alembert)

13. 𝑑𝑃 = 𝜌[−𝑔 − (±𝑎)]𝑑𝑧
0
𝑃
𝑑𝑃 = 𝜌
0
−𝑧
[−𝑔 − (±𝑎)]𝑑𝑧
𝑃 = −𝜌[−𝑔 − (±𝑎)]𝑧
𝑃
𝜌
= [𝑔 + (±𝑎)]𝑧
𝑃
𝜌. 𝑔
= [
𝑔 + (±𝑎)
𝑔
]𝑧
𝑃
𝛾
= [
𝑔 + (±𝑎)
𝑔
]𝑧
Cuando 𝑎 = 𝑔
Entonces,
𝑃
𝛾
= 2𝑧
𝑃 = 2𝛾𝑧
Cuando sea acelerado y hacia abajo.
𝑃 = 0 Presión Total (relativa)

14.  La aceleración vertical puede ser ascendente o descendente.
En un prisma elemental vertical cualquiera en el interior del líquido se verifica:

15. 𝑃2 . 𝑑𝐴 = 𝑃1 𝑑𝐴 − 𝑊 = 𝑚 . 𝑎 𝑣
𝑃2 . 𝑑𝐴 − 𝑃1 𝑑𝐴 − 𝑊 =
𝑤
𝑔
. 𝑎 𝑣
𝑃2 . 𝑑𝐴 − 𝑃1 𝑑𝐴 − 𝛾 . ℎ 𝑑𝐴 =
𝛾 ℎ 𝑑𝐴
𝑔
. 𝑎 𝑣
𝑃2 = 𝑃1 + 𝛾ℎ +
𝑎 𝑣
𝑔
. 𝛾 ℎ
Es decir, por efecto del movimiento ascendente del recipiente la presión en todos los puntos del líquido aumenta con
relación a la presión con el recipiente en reposo. Este efecto es el mismo que experimenta el pasajero de un ascensor
durante la subida.

16. Para la aceleración vertical descendente se obtiene:
Es decir, si se deja caer el recipiente no hay variación en la presión: P2 = P1.
En ambos casos de aceleración vertical las superficies de igual presión resultan horizontales y por eso paralelas entre sí.
𝑃1
𝑃2
𝑃2 = 𝑃1 + 𝛾ℎ −
𝑎 𝑣
𝑔
𝛾
𝑎 𝑣

17. ROTACION ALREDEDOR DE UN
EJE VERTICAL,A VELOCIDAD
ANGULAR CONSTANTE

18. Cuando se le somete a una
velocidad angular, la superficie
del líquido va cambiando. Cuando
𝜔 = constante; entonces la
superficie toma una forma
parabólica.
Fuerza centrípeta.
𝐹𝑐 = 𝑚𝑎 𝑐
𝑎 𝑐 = 𝜔2
𝑟

19. 𝑡𝑔𝛼 =
𝑑𝑧
𝑑𝑟
=
𝜔2 𝑟
𝑔

20. 𝑑𝑧 =
𝜔2
𝑔
𝑟𝑑𝑟
𝑧 =
𝜔2 𝑟2
2𝑔
+ 𝐶
𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑧 = ℎ , 𝑟 = 0 ∴ ℎ = 𝐶
𝑧 = ℎ +
𝜔2 𝑟2
2𝑔
𝑑𝑃 = 𝜌(𝑋𝑑𝑥 + 𝑌𝑑𝑦 + 𝑍𝑑𝑧)

21. 𝑋 = − −𝜔𝑥 = 𝜔2
𝑥
𝑦 = − −𝜔2
𝑦 = 𝜔2
𝑦

22. 1
𝜌
𝑃0
𝑃
𝑑𝑃 =
0
𝑥
𝜔2
𝑥𝑑𝑥 +
0
𝑦
𝜔2
𝑦𝑑𝑦 −
ℎ
𝑧
𝑔𝑑𝑧
1
𝜌
𝑃 − 𝑃0 =
𝜔2
𝑥2
2
+
𝜔2
𝑦2
2
− 𝑔(𝑧 − ℎ)
𝑃 − 𝑃0 = 𝜌
𝜔2
2
𝑥2
+ 𝑦2
− 𝜌𝑔 𝑧 − ℎ
𝑃 − 𝑃0 =
𝛾
2𝑔
𝜔2
𝜔2
− 𝛾 𝑧 − ℎ
𝑃 = 𝑃0 + 𝛾 ℎ − 𝑧 + 𝛾
𝜔2
𝑟2
2𝑔
En el caso de considerar presiones relativas→ 𝑃0 = 0
𝑃 = 𝛾 ℎ − 𝑧 + 𝛾
𝜔2
𝑟2
2𝑔
Considerando de la presión en la superficie→ 𝑃 = 𝑃0= 0
0 = 𝛾 ℎ − 𝑧 + 𝛾
𝜔2
𝑟2
2𝑔
𝑧 = ℎ +
𝜔2
𝑟2
2𝑔
→ 𝐸𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑆𝑢𝑝𝑒𝑟𝑓𝑖𝑐𝑖𝑒 𝑑𝑒 𝑅𝑒𝑣𝑜𝑙𝑢𝑐𝑖ó𝑛

23. EJERCICIO 3
 Un vaso cilíndrico de 2.50m es llenado con agua hasta los dos metros. El
diámetro del vaso es 1.40. Hallar la velocidad angular y las revoluciones por
minuto (R.P.M) que harán elevar el agua hasta los bordes del vaso.

24. DATOS:
ℎ 𝑟𝑒𝑐𝑖𝑝𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 = 2.50𝑚
𝐷𝑖𝑎𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜 𝑣𝑎𝑠𝑜 = 1.40𝑚
𝑟 = 0.70𝑚

25. Como el agua no se ha perdido:
𝑉𝑜𝑙. 𝑃𝑎𝑟𝑎𝑏𝑜𝑙𝑜𝑖𝑑𝑒
= 𝑉𝑜𝑙. 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑝𝑎𝑟𝑡𝑒 𝑑𝑒𝑙 𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜 sin 𝑎𝑔𝑢𝑎( 𝑒𝑛 𝑟𝑒𝑝𝑜𝑠𝑜)
𝜋𝑟2
ℎ
2
= 𝜋𝑟2
(2.50𝑚 − 2.00𝑚)
𝐷𝑒𝑠𝑝𝑒𝑗𝑎𝑛𝑑𝑜: ℎ = 1𝑚

26. 𝐶𝑜𝑚𝑜 𝑒𝑠 𝑚𝑜𝑣𝑖𝑚𝑖𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑟𝑜𝑡𝑎𝑡𝑖𝑣𝑜 𝑠𝑒 𝑡𝑖𝑒𝑛𝑒:
𝑧 =
𝜔2
𝑟2
2𝑔
; 1𝑚 =
𝜔2
0.70𝑚 2
2𝑔
𝐷𝑒 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒: 𝜔2 =
1𝑚 𝑥 19.60 𝑚
𝑠2
0.49𝑚2
𝜔 = 6.33 𝑟𝑎𝑑
𝑠𝑒𝑔
𝐸𝑛 𝑅. 𝑃. 𝑀: 1 𝑅. 𝑃. 𝑀 =
2𝜋 𝑟𝑎𝑑
60𝑠
𝜔 =
6.33 𝑟𝑎𝑑
𝑠𝑒𝑔 𝑥 60𝑠𝑒𝑔
2𝜋 𝑟𝑎𝑑
𝜔 = 60.5 𝑅. 𝑃. 𝑀

28. Ejercicio N 1
Determinar el ángulo que forma la superficie del líquido contenido en un tanque “1” con la
horizontal, si el tanque desciende por razón de su propio peso, por un plano inclinado a 30º
con la horizontal. El descenso del tanque “1” que pesa 600 Kg., produce el ascenso de otro
menor, cuyo peso es de 200 Kg.. El coeficiente de fricción entre el fondo de ambos tanques y
la superficie del plano inclinado es u=0.25

29. Solución
Para el tanque de 200 Kg:

30. Sumando (1) y (2):

31. Que de acuerdo con el teorema de D’ Alambert, debe ser considerada
con signo contrario; las proyecciones de la aceleración sobre los ejes X,
Y, Z son:
Reemplazando estas aceleraciones con la ecuación de Euler, o integrando:
De donde:

32. EJERCISIO2
Un tanque de sección transversal rectangular (6 x 1 m) está lleno de agua hasta los
4m de altura y está unido a un peso Q= 60000 kg por medio de una cuerda
flexible y inextensible que pasa por una polea. El coeficiente de rozamiento
entre el tanque y la superficie horizontal es f=0.6 y todos los demás
rozamientos son despreciables. Hallar la presión en un punto del tanque situado
a 1m sobre el punto A de la figura. Despreciar el peso propio del tanque.

33. SOLUCION:
Como 𝐹 = 𝑚. 𝑎 ; y llamando T la tensión de la cuerda, se tendrá por el diagrama de cuerpo libre que
corresponde al peso Q:

34. 60000 − 𝑇 =
60000
9.8
𝑎 … … … … . (1)
En el diagrama del tanque:

35. Teniendo en cuenta que la NORMAL ( N ) es igual al peso del tanque (24000 kg ) entonces
podremos hallar la fuerza que se opone al movimiento del Tanque ( Fr ) entonces:
𝐹𝑟 = 𝑁. 𝑓
𝐹𝑟 = 24000 ∗ 0.6
hora tenemos que:
𝑇 − 𝐹𝑟 = 𝑚. 𝑎
𝑇 − 24000 ∗ 0.6 =
24000
9.8
𝑎 … … … … . . (2)
Sumando (1) con (2).
60000 − 24000 ∗ 0.6 =
60000 + 24000
9.8
𝑎
45600 =
84000
9.8
𝑎

36. Despejando:
𝑎 =
45600 ∗ 9.8
84000
= 5.32 𝑚
𝑠2
Por Euler se tiene:
1
𝜌
𝑑𝑝 = 𝑎 𝑥 𝑑𝑥 + 𝑎 𝑦 𝑑𝑦 + 𝑎 𝑧 𝑑𝑧 … … … … … … … … … … . 3
Donde:
𝑎 𝑥 = 5.32 𝑚 𝑠2
𝑎 𝑦 = 0
𝑎 𝑧 = −𝑔
Reemplazando en (3) e integrando para los puntos (B-0)
1
𝜌 0
0
𝑑𝑝 = 5.32
0
𝑋1
𝑑𝑥 − 𝑔
0
𝑍1
𝑑𝑧
0 = 5.32 ∗ 𝑋1 − 𝑔 ∗ 𝑍1
𝑍1
𝑋1
= tan 𝛼 =
5.32
9.8
= 0.545

37. Sobre elevación del nivel de agua en la vertical levantada en A.
𝛥ℎ =
6 ∗ tan 𝛼
2
=
6 ∗ 0.545
2
= 1.635 𝑚
Luego la presión en M será:
ℎ = 4 + 1.635 − 1 = 4.635 𝑚

38. Tendremos 4.635 de columna de agua, entonces la presión será:
𝑝 = 𝑤ℎ = 1000 ∗ 4.635 = 4635 𝑘𝑔 𝑚2
𝑝 = 0.4635 𝑘𝑔 𝑐𝑚2

39. 4. ¿Cómo varían las presiones en el seno de la masa liquida contenida en el recipiente que se mueve
verticalmente para los siguientes datos?:
a. Cuando sube con una aceleración a=4.9 m/seg2
b. Cuando baja con una aceleración a=4.9 m/seg2
c. Cuando el depósito cae.
d. Cuando el depósito suba con una retardación igual a la gravedad.
e. Cuando el depósito suba con una aceleración igual a la gravedad.

40. Solución
Resolviendo el problema de una manera general:
Por la ecuación de Euler se tiene:
1
ρ
dp = ax . dx + ay . dy + az . dz
Donde:
ax = 0
ay = 0
az = -g – (± a)
Reemplazando estos datos en la ecuación de Euler e integrando:
1
𝜌 0
𝑝
𝑑𝑝 = −g ±a
0
−z
dz
1
𝜌
𝑝 = − g ± a z 0
−z
1
𝜌
𝑝 = g ± a z

41. Dividiendo ambos miembros entre g:
𝑝
𝜌. g
=
g ± a z
g
Como 𝜌. g = peso específico = 𝑤 , se tiene despejando la
presión:
𝑝 =
g ± a
g
𝑤𝑧 … … … … . 1
Reemplazando (1) en la expresión general para todos los casos:
Caso a:
𝑝 =
9.8 + 4.9
9.8
𝑤𝑧 = 1.5𝑤𝑧
𝑘𝑔
𝑚2
Caso b:
𝑝 =
9.8 − 4.9
9.8
𝑤𝑧 = 0.5𝑤𝑧
𝑘𝑔
𝑚2
Caso c:
Cuando el depósito cae a= -g
𝑝 = 0

42. Caso d:
Cuando el depósito suba con retardación a= -g
𝑝 = 0
Caso e:
Cuando el depósito suba con aceleración igual a la gravedad a=
g
𝑝 =
g + a
g
𝑤𝑧
𝑝 =
g + g
g
𝑤𝑧 =
2g
g
𝑤𝑧 = 2𝑤𝑧