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Universidad Técnica Federico Santa María

Departamento de Física

Física General III

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Pauta Ayudantía 6

1do Semestre 2015

Mecánica de Fluidos - Hidrostática

Problema 1

Se tiene un tanque de aceite con una parte abierta a la atmosfera y la otra

sellada con aire por encima del aceite. Calcule la Presión Manométrica para los

puntos A, B, C, D, E, F. (Considere 𝜌𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒 = 920[𝐾𝑔 𝑚3⁄ ] y 𝑔 = 9,81 [𝑚/𝑠2] y

las distancias de la figura en [m]).

SOLUCIÓN:

La ley de la Hidrostática nos dice la presión de un fluido estático aumenta

con la profundidad, es decir:

𝑃(𝑧) = 𝑃𝑂 + 𝜌𝑔𝑧

Con 𝑧 como la profundidad del punto de medición. Tomando como punto de referencia el punto 𝐴 y la presión

manométrica se tiene que:

𝑃(𝑧) = 𝜌𝑔𝑧

𝑃𝐴 = 0

En este caso se tiene un único fluido en el recipiente y como la presión no depende de la posición horizontal

del punto de evaluación se tiene que:

𝑃𝐴 = 𝑃𝐸 = 0 ∧ 𝑃𝐵 = 𝑃𝐷

Aplicando la ley de la hidrostática en el punto 𝐵, se tiene:

𝑃𝐵 = 𝜌𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒𝑔𝑧𝐵 = 920 [𝑘𝑔

𝑚3] ⋅ 9,81 [𝑚

𝑠2] ⋅ 5[𝑚] = 45.126 [𝐾𝑃𝑎] = 𝑃𝐷

La presión en el punto 𝐶:

𝑃𝐶 = 𝜌𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒𝑔𝑧𝐶 = 920 [𝑘𝑔

𝑚3] ⋅ 9,81 [𝑚

𝑠2] ⋅ 10[𝑚] = 90.252 [𝐾𝑃𝑎]

Y la presión en el punto 𝐹:

𝑃𝐹 = 𝜌𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒𝑔𝑧𝐹 = 920 [𝑘𝑔

𝑚3] ⋅ 9,81 [𝑚

𝑠2] ⋅ (−2[𝑚]) = −18.050 [𝐾𝑃𝑎]

Note que el aire encerrado sobre el punto 𝐹 presenta una presión manométrica menor que la de la atmósfera,

permitiendo así subir al fluido sobre el punto 𝐴.

5

5

2 𝐴

𝐵

𝐶

𝐷

𝐸

𝐹



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Problema 2

Calcule la diferencia de presión entre los puntos A y B para el siguiente

manómetro (distancia en [mm])

SOLUCIÓN:

Para calcular la diferencia de presión entre el punto 𝐵 y 𝐴 se deben

calcular las diferencias de presiones en los puntos 1, 2, 3, 4 y 5 puesto a que, según la ley de la hidrostática, la presión de un fluido estático depende tanto de la profundidad el punto de evaluación como también de la densidad del líquido, por lo que inicialmente no se puede decir que

la presión en el punto 𝐴 es igual a la presión dentreo del agua a una misma altura. Cuando el fluido es base del manómetro (que está en la parte más baja del manómetro) se puede definir que los puntos a una misma altura conformados por el mismo fluido, estando éste siempre en la base, tienen la misma presión. Entonces:

𝑃1 = 𝑃𝐴 + 0.006[𝑚] ⋅ 𝜌𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒 ⋅ 𝑔 = 𝑃𝐴 + 0.006[𝑚] ⋅ 920[𝐾𝑔 𝑚3⁄ ] ⋅ 9,81 [𝑚

𝑠2] = 𝑃𝐴 + 54,15 [𝑃𝑎]

Entonces como el agua es un fluido base del manómetro, se tiene que :

𝑃1 = 𝑃2 = 𝑃3 = 𝑃4 Luego la presión en el punto 5 será:

𝑃4 = 𝑃5 + 𝜌𝑎𝑔𝑢𝑎 ⋅ 𝑔 ⋅ 0.010[𝑚] ⟹ 𝑃5 = 𝑃4 − 𝜌𝑎𝑔𝑢𝑎 ⋅ 𝑔 ⋅ 0.010[𝑚]

𝑃5 = 𝑃𝐴 + 54,15 [𝑃𝑎] − 1000[𝐾𝑔 𝑚3⁄ ] ⋅ 9,81 [𝑚

𝑠2] ⋅ 0.010[𝑚] = 𝑃𝐴 − 43.95[𝑃𝑎]

Y como el punto 5 y el punto 𝐵 están a la misma altura se tiene que:

𝑃5 = 𝑃𝐵 = 𝑃𝐴 − 43.95[𝑃𝑎]

Por lo tanto:

𝑃𝐴 − 𝑃𝐵 = 43.95[𝑃𝑎]

(1) (2) (3) (4)

(5)



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Problema 3

Un disco cilíndrico de madera que pesa 45.0 [𝑁] y tiene un diámetro de

30.0[𝑐𝑚] flota sobre un cilindro de aceite cuya densidad es de 0.850[𝑔/𝑐𝑚3].

El cilindro de aceite mide 75.0[𝑐𝑚] de alto y tiene un diámetro igual al cilindro

de madera.

a) Calcule la presión manométrica en la parte superior de la columna de

aceite.

b) Ahora suponga que alguien coloca un peso de 83.0[𝑁] en la parte

superior del disco de madera, pero el aceite no se escurre alrededor del

borde de la madera. ¿Cuál es el cambio den la presión i) en la base del

aceite y ii) a la mitad de la columna de aceite?

SOLUCIÓN:

a) La única fuerza de contacto que está actuando sobre el fluido en la parte

superior es la ejercida por el disco del cilindro, la cual tendrá una

magnitud igual al peso de éste, por ende la presión manométrica en la

parte superior de la columna de aceite está definida por:

𝑃𝑠𝑢𝑝𝑒𝑟𝑖𝑜𝑟 =𝑊𝑑𝑖𝑠𝑐𝑜

Á𝑟𝑒𝑎 𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑣𝑒𝑟𝑠𝑎𝑙=

45.0[𝑁]

𝜋 ⋅ 0.152[𝑚2]= 636.62[𝑃𝑎]

b) Aplicando la ley de la hidrostática se observa que la aplicación del nuevo peso solo provoca una variación de

presión con respecto a la original para todo punto dentro del fluido:

𝑃𝑓𝑜𝑛𝑑𝑜𝑖= 𝑃𝑠𝑢𝑝𝑒𝑟𝑖𝑜𝑟 + 𝜌𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒 ⋅ 𝑔 ⋅ 𝑧𝑓𝑜𝑛𝑑𝑜 ⟹ 𝑃𝑓𝑜𝑛𝑑𝑜𝑓

= ∆𝑃𝑠𝑢𝑝𝑒𝑟𝑖𝑜𝑟 + 𝑃𝑠𝑢𝑝𝑒𝑟𝑖𝑜𝑟 + 𝜌𝑎𝑐𝑒𝑖𝑡𝑒 ⋅ 𝑔 ⋅ 𝑧𝑓𝑜𝑛𝑑𝑜

Por lo tanto tanto a la mitad como en el fondo del estanque, el cambio de presión corresponderá a la presión

que ejerce el nuevo peso en la parte superior de la columna del aceite:

∆𝑃𝑠𝑢𝑝𝑒𝑟𝑖𝑜𝑟 = ∆𝑃 = 𝑊𝑛𝑢𝑒𝑣𝑜

Á𝑟𝑒𝑎 𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠𝑣𝑒𝑟𝑠𝑎𝑙=

83.0[𝑁]

𝜋 ⋅ 0.152[𝑚2]= 1174.21[𝑃𝑎]



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Problema 4

Un lingote de aluminio de densidad 𝜌𝑎𝑙𝑢𝑚𝑖𝑛𝑖𝑜 = 2700 [𝑘𝑔

𝑚3] sólido pesa 89 [𝑁] en el aire.

a) ¿Qué volumen tiene?

b) El lingote se cuelga de una cuerda y se sumerge por completo en agua, ¿cuál es su peso aparente?

SOLUCIÓN:

a) Se define la densidad como la masa por unidad de volumen:

𝜌𝑎𝑙𝑢𝑚𝑖𝑛𝑖𝑜 =𝑚𝑎𝑙

𝑉𝑎𝑙

Por otro lado el peso se define como la masa por aceleración de gravedad 𝑔, por lo que la masa del lingote del

aluminio es:

𝑚𝑎𝑙 =𝑊𝑎𝑙

𝜌𝑎𝑙𝑢𝑚𝑖𝑛𝑖𝑜=

89[𝑁]

9.79[𝑚/𝑠2]= 9.09[𝑘𝑔]

Luego a partir de la definición de densidad:

𝑉𝑎𝑙 =9,09[𝑘𝑔]

2700[𝑘𝑔/𝑚3]= 0.00337[𝑚3] = 3,37[𝑑𝑚3]

b) Cuando el lingote se sumerge completamente en agua, ésta última

ejerce una fuerza sobre el llamada empuje (𝐸), tal como lo indica

el 𝐷𝐿𝐶. Dicha fuera de empuje tiene un valor igual al peso de agua

contenida en el volumen desplazado por el lingote:

𝐸 = 𝜌𝑎𝑔𝑢𝑎𝑔𝑉𝑎𝑙 = 1000 [𝑘𝑔

𝑚3] ⋅ 9.79 [𝑚

𝑠2] ⋅ 0.00337[𝑚3]

𝐸 = 33[𝑁]

Luego el peso aparente del lingote de aluminio corresponde a la

diferencia entre el peso real del lingote y el empuje:

𝑊𝑎𝑝 = 𝑊𝑎𝑙 − 𝐸 = (89 − 33)[𝑁] = 56[𝑁]



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Problema 5

En una piscina se introduce un cuerpo cónico de masa M, cuya base tiene un

radio R y una altura 2R. La densidad del cono es ρcono = 2 ⋅ ρagua . El cono se sumerge

completamente, colgando de una cuerda, y su base queda a una profundidad ℎ con respecto de la superficie del agua.

a) Exprese la tensión de la cuerda. b) Determine la expresión de la fuerza (magnitud y dirección) que ejerce el agua

sobre el “manto” cónico. c) Si el cono se suelta de la cuerda, determine la aceleración (magnitud y dirección)

que adquiere el cono justo después de que se suelta. SOLUCIÓN:

a) Se procede a dibujar el 𝐷𝐿𝐶 del cono totalmente sumergido, donde:

𝑇 ∶ Tensión de la cuerda

𝐸 ∶ Empuje

𝑀𝑔 ∶ Peso del cono Luego se hace sumatoria de fuerzas con respecto al eje y:

∑ 𝐹𝑦 = 𝑇 + 𝐸 − 𝑀𝑔 = 0

𝑇 + 𝜌𝑎𝑔𝑢𝑎𝑉𝑐𝑜𝑛𝑜𝑔 − 𝜌𝑐𝑜𝑛𝑜𝑉𝑐𝑜𝑛𝑜𝑔 = 0

𝑇 = 𝜌𝑎𝑔𝑢𝑎𝑉𝑐𝑜𝑛𝑜𝑔

Donde el volumen del cono 𝑉𝑐𝑜𝑛𝑜 es:

𝑉𝑐𝑜𝑛𝑜 =1

3𝜋ℎ𝑅2 =

2

3𝜋𝑅3

Entonces reemplazando en la ecuación anterior que define 𝑇:

𝑇 =2

3𝜋𝑅3𝜌𝑎𝑔𝑢𝑎 𝑔

b) La presión de un fluido actúa perpendicularmente sobre una superficie,

por lo que la fuerza resultante sobre el manto cónico de la figura tendrá 2 componentes, una en el plano horizontal y una en el plano vertical. En la figura se muestran la distribución de presiones a lo largo del manto cónico. FUERZA HORIZONTAL: Si se realiza un corte en el plano del manto cónico a una profundidad

𝑧, se aprecia las fuerzas son en dirección radial y todas apuntando al



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centro del círculo que forma la sección transversal del cono, en el plano de análisis, tal como se muestra en la figura siguiente. Todas estas componentes de fuerzas horizontales sobre el manto tienen una misma

magnitud, pues están a una misma profundidad 𝑧. Entonces la resultante de la componente horizontal sobre el manto cónico será nula. FUERZA VERTICAL:

El fluido que se encuentra sobre el manto cónico está en equilibrio y si

sobre éste solo actuara la fuerza peso, éste estaría cayendo con una aceleración contante igual a 𝑔. Por lo tanto

debe existir una fuerza externa que anule el peso del fluido que está sobre el manto cónico. Dicha fuerza es

aportada por la superficie del manto cónico. En otras palabras, el manto cónico sirve de soporte del agua que

se encuentra sobre el para que no caiga con una aceleración 𝑔. Por lo tanto la componente vertical de la fuerza

resultante de la presión hidrostática será igual al peso de dicha agua, cuyo volumen es igual a:

𝑉𝑎𝑔𝑢𝑎 𝑠𝑜𝑏𝑟𝑒 𝑐𝑜𝑛𝑜 = 𝑉𝑎𝑠𝑐 = 𝑉𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑎𝑙𝑡𝑢𝑟𝑎 ℎ − 𝑉𝑐𝑜𝑛𝑜

𝑉𝑎𝑠𝑐 = 𝜋𝑅2 ⋅ ℎ −2

3𝜋𝑅3

Entonces la componente vertical de la fuerza resultante de las presiones es:

𝐹𝑝 = 𝑉𝑎𝑠𝑐 ⋅ 𝜌𝑎𝑔𝑢𝑎 ⋅ 𝑔 = 𝜋𝑅2 (ℎ −2

3𝑅) ⋅ 𝜌𝑎𝑔𝑢𝑎 ⋅ 𝑔

Siendo la única componente existente de la fuerza de presiones sobre el manto cónico, actuando verticalmente

hacia abajo (en sentido de −𝑦).

c) El cono presenta una densidad mayor que el agua, por lo que la aceleración que

adquiere el cono será negativa con respecto al eje 𝑦 (irá decayendo). Para ello se

realiza un nuevo 𝐷𝐿𝐶 sobre el cono.

Realizando la sumatoria de fuerzas correspondiente en dirección del eje 𝑦

(recordando que el sistema no está en equilibrio):

∑ 𝐹𝑦 = 𝐸 − 𝑀𝑔 = 𝑀�̈�

𝜌𝑎𝑔𝑢𝑎𝑉𝑐𝑜𝑛𝑜𝑔 − 𝜌𝑐𝑜𝑛𝑜𝑉𝑐𝑜𝑛𝑜𝑔 = 𝜌𝑐𝑜𝑛𝑜𝑉𝑐𝑜𝑛𝑜�̈�

𝜌𝑎𝑔𝑢𝑎𝑉𝑐𝑜𝑛𝑜𝑔 − 2𝜌𝑎𝑔𝑢𝑎𝑉𝑐𝑜𝑛𝑜𝑔 = 2𝜌𝑎𝑔𝑢𝑎𝑉𝑐𝑜𝑛𝑜�̈�

�̈� = −0.5𝑔



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Problema 6

Un cable anclado en el fondo del océano sostiene una esfera hueca de plástico bajo su superficie. El volumen de la

esfera es 0,3 [m3] y la tensión del cable 900 [N]. (considere ρagua de mar = 1030 [Kg

m3])

a) ¿Qué masa tiene la esfera?

b) Si cortamos el cable y la esfera comienza a subir hasta quedar en equilibrio: ¿Qué fracción del volumen de la

esfera permanecerá sumergida?



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Problema 7

La figura muestra una boya de forma cilíndrica de masa 𝑀 y de área transversal 𝐴, flotando en equilibrio en el

mar de densidad 𝜌𝑚𝑎𝑟. Se deja caer un objeto pequeño de masa 𝑚 sobre la boya, provocando que el sistema completo

oscile

a) Determinar la ecuación de movimiento después que se deja caer la masa 𝑚.

b) Determinar el periodo de oscilación del sistema.

(Ayuda: es importante determinar correctamente el sistema de referencia del movimiento)

SOLUCIÓN:

a) Se debe considerar solo el segundo caso (la boya con la masa 𝑚).

Al caer la masa 𝑚 sobre la boya provoca un desplazamiento vertical sobre la boya.

Donde:

A: Posición de equilibrio de la boya con el mar sin la masa 𝑚.

B: Posición de equilibrio de la boya con la masa 𝑚 y el nivel del mar.

C: Desplazamiento de la boya con la masa 𝑚.

La recta segmentada 𝑂𝐵 representa el nivel de equilibrio de la boya con la masa 𝑚 si el conjunto no se

mueve.

𝐌

𝑨

mar mar

𝐦

𝐌

A B C

𝐦

𝐌

𝐌

𝐦

𝐁 𝐎 𝐌

𝐦

𝐎 𝐁

C



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Se procede a realizar un DCL del caso B:

Dónde:

𝐸𝑜 es la fuerza de empuje en estado de equilibrio del sistema

𝑃𝑠 es el peso del sistema de la boya más la masa 𝑚

Luego:

∑ 𝐹𝑦 = 𝐸𝑜 − 𝑃𝑆 = 0 ⟹ 𝐸𝑜 = 𝑃𝑠

Se realiza el DLC del caso C:

Dónde:

𝐸 es la fuerza de empuje

ℎ es el desplazamiento provocado por la masa 𝑚 medido desde el

nivel del mar hasta la posición de equilibrio cuando la masa 𝑚 y

la boya no se encuentran moviéndose (hasta la recta 𝑂𝐵).

Luego:

∑ 𝐹ℎ = 𝑃𝑠 − 𝐸 = (𝑚 + 𝑀)ℎ̈

𝑃𝑠 − (𝐸𝑂 + 𝐸𝑎𝑑𝑖𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑙) = (𝑚 + 𝑀)ℎ̈

La fuerza 𝐸𝑎𝑑𝑖𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑙 es provocada por el desplazamientoℎ, entonces:

−𝐸𝑎𝑑𝑖𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑙 = (𝑚 + 𝑀)ℎ̈

−𝜌𝑚𝑎𝑟 ⋅ ℎ ⋅ 𝐴 ⋅ 𝑔 = (𝑚 + 𝑀)ℎ̈

Entonces la ecuación de movimiento es:

ℎ̈ +𝜌𝑚𝑎𝑟 ⋅ 𝐴 ⋅ 𝑔

(𝑚 + 𝑀)⋅ ℎ = 0

b) De la ecuación de movimiento se desprende:

𝜔 = √𝜌𝑚𝑎𝑟 ⋅ 𝐴 ⋅ 𝑔

(𝑚 + 𝑀) ∧ 𝜔 =

2𝜋

𝑇 ⟹ 𝑇 = 2𝜋√

(𝑚 + 𝑀)

𝜌𝑚𝑎𝑟 ⋅ 𝐴 ⋅ 𝑔

𝐎 𝐁

𝐸𝑜

𝑃𝑠

𝑦

𝐁 𝐎

𝑃𝑠

𝐸

ℎ



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Problema 8

Una barra homogénea de densidad 𝜌1, área transversal 𝐴 y longitud 𝐿 flota en un líquido de densidad 𝜌𝑜 con

uno de sus extremos amarrado a un hilo a una profundidad ℎ, como se muestra en la figura. Considere que la barra está

en equilibrio:

a) Dibuje las fuerzas que actúan en la barra.

b) Encuentre el ángulo 𝛼 en función de los parámetros dados.

SOLUCIÓN:

a)

Dónde:

𝑃: Peso de la barra.

𝐸: Empuje del líquido.

𝑇: Tensión del hilo.

𝛼

h L

ρo

ρ1

h L

ρo

𝐸

𝑃

𝑇

𝑃



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b)

Dónde:

𝑛: Porción de la barra sumergida.

𝑟: Distancia horizontal desde el punto 𝑂 hasta la fuerza 𝐸.

𝑡: Distancia horizontal desde el punto 𝑂 hasta la fuerza 𝑃.

Luego:

ℎ = 𝑛 ⋅ sin 𝛼 ⟹ 𝑛 =ℎ

sin 𝛼

𝑡 = 𝐿

2⋅ cos 𝛼

𝑟 = 𝑛

2⋅ cos 𝛼 ⟹ 𝑟 =

ℎ ∙ cos 𝛼

2 ⋅ sin 𝛼

Entonces:

↻ ∑ 𝜏𝑂 = 𝐸 ⋅ 𝑟 − 𝑃 ⋅ 𝑡 = 0

𝜌𝑜 ⋅ 𝐴 ⋅ 𝑛 ⋅ 𝑔 ⋅ 𝑟 − 𝜌1 ⋅ 𝐴 ⋅ 𝐿 ⋅ 𝑔 ⋅ 𝑡 = 0

𝜌𝑜 ⋅ℎ

sin 𝛼⋅

ℎ ∙ cos 𝛼

2 ⋅ sin 𝛼− 𝜌1 ⋅ 𝐿 ⋅

𝐿

2⋅ cos 𝛼 = 0

cos 𝛼

2⋅ (𝜌𝑂 ⋅

ℎ2

sin2𝛼− 𝜌1 ⋅ 𝐿2) = 0

∴ cos 𝛼 = 0 ∨ 𝜌𝑂 ⋅ℎ2

sin2𝛼− 𝜌1 ⋅ 𝐿2 = 0 ⟹ sin2𝛼 =

ℎ2

𝐿2⋅

𝜌𝑂

𝜌1 ⟹ sin 𝛼 =

ℎ

𝐿⋅ √

𝜌𝑂

𝜌1

⟹ 𝛼 = {𝜋

2, arcsin (

ℎ

𝐿⋅ √

𝜌𝑂

𝜌1)}

Donde uno corresponde a la posición de equilibrio estable y la otra de equilibrio inestable.

𝛼

h L

ρo

ρ1 𝐸

𝑇

𝑃

𝑡

𝑟

𝑛

𝑂



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Problema BONUS

El borde superior de una compuerta en una presa está al

nivel de la superficie del agua. La compuerta mide 2.00[𝑚] de

altura y 4.00[𝑚] y pivotea sobre una línea horizontal que pasa

por su centro. Calcule el torque neto en torno al pivote que ejerce

el agua.

SOLUCIÓN:

Sobre la compuerta el agua ejerce una presión que aumenta con la profundidad.

Antes que todo se sabe que:

p = dF

dA= ρagua g y ∧ A = C × y ⟹ dA = C × dy

donde: C = 4.00[m] y ρagua = 1000[kg/m3]

Sobre una superficie 𝑑𝐴 actua una fuerza 𝑑𝐹. A

partir de la ecuación de presión y de área dada

anteriormente se despeja 𝑑𝐹.

dF

dA= ρagua g y ⟹ dF = ρagua g y dA

= ρagua g y C dy

Luego, puesto a que la fuerza 𝑑𝐹 se encuentra a

una distancia H

2− y del eje de giro, esta produce un

torque 𝑑𝜏 negativo (produce un giro en sentido horario):

dτ = − dF × (H

2− y) = − ρagua g y C dy × (

H

2− y)

Entonces se debe integrar en el eje y desde el borde superior (𝑦 = 0) hasta 𝑦 = 𝐻.

τneto = ∫ dτ = ∫ − ρagua g y C dy × (H

2− y) = − ρagua g C ∫ y (

H

2− y) dy

H

0

H

0

H

0

τneto = − ρagua g C [ H

2∫ y dy

H

0

− ∫ y2 dyH

0

] = − ρagua g C [𝐻

2(

𝑦2

2)

0

𝐻

− (𝑦3

3)

0

𝐻

] = − ρagua g C [𝐻3

4−

𝐻3

3]

Reemplazando ρagua, g = 9,81[𝑚/𝑠2], C y H, se tiene que τneto = 2,616 × 104[N ⋅ m].

𝑦

Eje de giro

𝑑𝐹 𝑑𝑦 𝐻

2− 𝑦

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