PROBLEMA N° 26 Un depósito cilíndrico está animado con el elemento rotativo respecto a su eje simétrico. Si h es la altura de agua que contiene el depósito, R su radio y suponiendo que sus paredes son suficienteme suficientemente nte altas como para impedir el derrame derrame se pide calcular la velocidad velocidad de rotación rotación que se de!e dar al cilindro de manera que en el fondo quede descu!ierto un circulo radio igual a R"#.
Solución:
Se sa!e que la altura que alcan$a un líquido de!ido al movimiento rotativo está dado por% 2
W x z I = 2g
2
&&& '()
*ara el para!oloide +-% 2
W z II =
( )= R
2
2
2g
2
W R 8g
&&& '#)
2
*ara el para!oloide /% 2
W R z I = 2g
2
&&.. '0)
hora hallaremos hallaremos una ecuación ecuación que relacione relacione
z I
y
z II , para ello igualamos los
vol1menes no ocupados por el agua.
volume volumen n no ocupad ocupado o por el agua agua durant durantee el reposo eposo =( z I − z II −h ) π R
2
&
2olumen olumen no ocupad ocupado o por el agua agua durant durantee el movimi movimient ento, o, la calculam calculamos os tenien teniendo do elementos diferenciales. 3omemos una faja de ancho d$ y distancia del eje a la pared 4. 2
dV = π x . dz
&&& '5) de '() sacamos x
2
=
2 zg 2
W
que
reempla reempla$án $ándol dolo o
en '5)%
dV =
2 πg
z.dz . que integrándolo para o!tener el volumen total no ocupado por 2 W el agua durante el movimiento da%
z . dz = ¿
2 πg 2
W
V =
( z
2
I
2 πg 2
W
− z II 2 ) &&& '6) '7) y '8), vol1menes no ocupados por el agua
z I
∫¿ z II
son iguales% 9ntonces%
π R ( z I − z II − h ) = 2
2 πg 2
W
( z
2
I
− z II 2)
Reempla$ando '0) y '#) en esta 1ltima%
(
2
2
2
) (
2
4
4
4
4
W R W R gπ W R W R − −h = 2 − πR 2 2 2g 8g W 4 g 64 g 2
2
W R g
Simplificando% 2
W R g
2
( )= 9
64
2
(
3 8
−
15 64
)=
)
h
h
-e donde%
W =
8 3 R
√ gh
PROBLEMA N° 27
Un vaso cilíndrico de #.:;m. es llenado con agua hasta los #m. 9l diámetro del vaso es de 0.<;m. =allar la velocidad angular y las revoluciones por minuto que harían elevar el agua hasta los !odes del vaso. Solución:
+omo el agua no se ha perdido%
Vol. parabolide =Vol. dela parte del cilindro sin agua ( reposo ) 2 πr h = π r 2 ( 2.50 −2.00 ) 2
-espejando% h> 0m +omo es un movimiento rotatorio se tiene% 2 2 2 2 W ( 0.70 ) w R 1= z = 2g 0.49 -e donde% 1 × 19.60 2 w = 049
9n R.*.?. %
w=
6.33 × 60 2 π
rad seg w =60.5 R . P . M w =6.33
PROBLEMA N° 28
Una semi@esfera de !orde hori$ontal está llena de líquido. +alcular la cantidad de líquido que des!orda cuando la semi@esfera gira alrededor de su eje vertical con la velocidad angular A. Solución:
*ara movimientos rotativos se sa!e%
2
2
W x z = 2g Siendo r el radio de la esfera y h la profundidad al girar en el centro% 2 2 W x h= 2g Ba superficie es un para!oloide cuyo volumen es% 2 πr h 2
9sta es precisamente la cantidad de líquido que se derrama. 4 2 π r W ∴ V = 4g
PROBLEMA N° 29
Un vaso cilíndrico está lleno de líquido Ca qué velocidad de!erá girar so!re un eje vertical para que el líquido deje descu!ierto en el fondo un círculo de radio iguala las D partes del radio del cilindroE C+uál será el volumen del líquido derramado por la rotaciónE 9l vaso cilíndrico tiene 0.Fm de diámetro y #m de altura. Solución Ba altura $, a la que llega un líquido de!ido al movimiento rotativo está dado por% 2 2 W x z = 2g 2 2g 2 ∴ W = 2 x Ba velocidad para el punto /% 2 g ( 2+ h) 2 W = &&& '0) 2 0.8
Ba velocidad para el punto -% 2
W =
2 gh 2
0.6
&&& '#)
'0) > '#) porque las velocidades angulares son iguales para cualquier punto. 2 g ( 2 +h ) 0.64
=
2 gh 0.36
h= 2.57 m .
-e donde%
Sustituyendo en '#) 2
W =
=11.8
∴ W
19.6 × 2.57 0.36
=140
rad . seg
+omo estuvo lleno, el volumen derramado será%
V =Vol . paraboloide ( radio 0.8 m . )−Vol . paraboloide ( radio 0.6 ) π 0.8 ( h + 2 ) π 0.62 h 2
V =
V =
−
2
2
=
π 0.64 ( 2 + 2.57 ) π 0.36 × 2.57
π ( 0.64 × 4.57 −0.36 × 2.57 )
V =3.135 m
2
−
2
=
2
π ( 1.9966 ) 2
3
PROBLEMA N° 30
Una vasija cilíndrica contiene agua hasta una profundidad de ;.F;.determinar la presión má4ima en el fondo cuando es rotada alrededor de su eje, a ra$ón de G; R.*.?. la altura de la vasija es 0.#;m. y su diámetro es 0.;;m. Solución: Ba altura del para!oloide está dado por%
2
W x z = 2g
2
rad seg.
-onde%
W = 90 R . P . M . = 3 π
Buego%
x =r =0.5 m . ( 3 π )2 ( 0.5 )2 =1.133 m . h= 19.6
+alculo de la altura hH que hay del fondo al vértice del para!oloide%
Vol. A!" =V#$ . Agua + Vol. paraboloide. 9s decir% 2 πr h 2 2 π r ( 1 + h % ) =π r 0.60 + 2
1.33 + h % = 0.60 +
1.133 2
%
-e donde% h =0.034 m. Buego la má4ima y mínima presión so!re el fondo se reali$arán respectivamente donde hay más y menos altura de agua, es decir% *resión má4ima en los !ordes% p= w ( h + h % ) =1,000 (1.133 + 0.034 ) 2 p=1.1167 &g / m 2 pm'x =0.1167 &g / cm relativos *resión mínima al centro% pm(n=wh % =1,000 × 0.034 2 pm(n =34 &g / m 2
pm(n= 0.0034 &g / c m relativos
PROBLEMA N° 31
9l cilindro vertical a!ierto, mostrado en la figura adjunta, gira alrededor de su eje, a :F R.*.?. si fue previamente llenado de agua hasta el !orde superior. C=asta qué altura por encima de este !orde se elevará agua en el tu!o pie$ométricoE
el
Solución: l girar la superficie del líquido adquiere la forma para!ólica, e incluso se prolonga
hasta en el tu!o pie$ométrico, tal como se ve en la figura de la i$quierda. Ba velocidad angular es% 56 × 2 π =5.86 rad / seg W =56 R . P . M . = 60
Ba ecuación la superficie para!ólica está dado por% 2 2 W x z = 2g Ba altura de la pará!ola en el recipiente es% ( 5.86 )2 ( 0.6 )2 34.34 × 0.36 = =0.63 m. h= 19.6
19.6
Ba altura, a partir del eje I en el pie$ómetro es% ( 5.86 )2 ( 0.9 )2 34.34 × 0.81 = = 1.42 m . z = 19.6
19.6
Ba altura que se elevará el agua en el pie$ómetro por encima del !orde es% ) h = z −h =1.42−0.63
) h =0.79 m. PROBLEMA N° 32
Un depósito cónico de eje vertical y generatri$ inclinada 5;J con respecto a su eje, gira de un eje vertical, distante 0metro del eje del cono. C cuántas R.*.?. se tendrá que hacer girar el depósito para e4pulsar toda el agua contenida en élE Solución: l girar adquiere una superficie para!ólica dada por% 2 2 W x z = 2g
*ara que el agua se derrame completamente, esta curva de!e ser tangente a una generatri$ en el vértice del cono.
Buego la derivada de la curva para!ólica será la pendiente de dicha generatri$% 2 2 dz W x = = tan 60* √ 3 dx 2g -e donde%
2
W =
+omo x =1 m.
g √ 3 x
W = g √ 3= 9.8 × 1.73=16.954 W = 4.11 rad / seg. 9n R.*.?.% 4.11 × 60 W = 2 π 2
W = 39.3 R . P . M .
PROBLEMA N° 33
Un recipiente lleno de un líquido cuelga de un !ra$o hori$ontal de 0.:;m cuyo e4tremo está unido a un eje vertical. +alcular el n1mero de R.*.?. con el cual se conseguirá vaciar completamente el recipiente siendo el ngulo K para esta condición de F;J. Solución: l girar la superficie li!re será una sección para!ólica cuy ecuación es% 2 2 W x z = 2g
*ara que se vacíe el depósito, la pared del recipiente de!e ser tangente a la pará!ola en el punto . -erivando la ecuación de la pará!ola% ∅ =¿ tan 60 * = √ 3 2 2 dz W x = = tan ¿ dx g -e donde% g √ 3 W = x *ero en el punto % x =1.5− m+ n
x =1.50−1cos60 * + 0.80 cos 30 * =1.50 −0.5 + 0.80 × 0.866 x =1.695 m.
Buego%
W =
√
9.8 √ 3 1.695
=3.16 rad / seg.
9n R.*.?.%
W =
3.16 × 60 2 π
W = 30.18 R . P . M .
PROBLEMA N° 34
Un cilindro cerrado de altura = tiene las tres cuartas partes de su volumen ocupados por líquido. C+on qué velocidad ha de girar el cilindro alrededor de su eje para que el para!oloide que se forme sea tangente a la !aseE Solución% Ba ecuación del para!oloide es% 2
2
2
2
w R w R z = + = , , .. ( 1 ) 2g 2g demás los vol1menes sin agua inicial y final son iguales% 2
(
)
3
π R + − + = 4
2
π - + 2
-e donde%
R
2
2
=
4
- 2
2
- =
R
2
2
, , , ( 2)
Reempla$ando '#) en '0) 2
W + =
( ) R
2
2g
-e
W =
2
aquí
es
despejada%
2 √ g+
R
PROBLEMA N° 35
se tiene un vaso cerrado ocupado totalmente por un liquido de peso especifico L . el deposito tiene un radio R, si se le anima de un movimiento rotatorio L. C+uál será el empuje que tiende a destapar el vasoE Solución:
Se sa!e que en este caso el para!olide de revolución se forma en la parte e4terior del deposito y tangente Ba presión a una distancia 4, so!re la tapa será%
p= wz 2
w R *ero como% z = 2g
2
Se tiene que la presión unitaria es% 2
ww R p= 2g
2
&&&&&..'0) Se sa!e que% M> p. tomando un anillo oncentrico deferencial so!re la tapa%
d = p . dA d = p .2 π × d x , , , , , .. ( 2 ) N Reempla$ando '0) en '#) e integrando% 2
ww R = 2g 2
2 R
∫ x
3
. dx
0
w w R = 4g
2
PROBLEMA N° 36
Un tanque cilíndrico de 0.#;m. de diámetro y 0.:;m. de altura, está lleno de agua, y es hecho girar alrededor de su propio eje, que permanece vertical, con una velocidad angular de 0O; R.*.?. a) -eterminar el diámetro del área circular descu!ierto en el fondo y el volumen del líquido derramado. !) Si el mismo tanque lleno de agua, es cerrado en su parte superior C+uál será la má4ima presión que se desarrollará en m. de agua a!soluta, y donde se presentaraE
SOLUCIÓN
2
w x z = 2g
Se sabe que:
2
Para el paraboloide AOB: W
¿
180 - 2 π
60 X = r = 0.6m. Z = 1.50 + h
=6 rad / seg .
ue!o: 1.50 + h =
( 6 π )2 + ( 0.6 )2 19.6
1.50 + h =6.5 m
h = 5m
*ara el para!oloide de +-% W = 6 rad"se! # $=%# ue!o:
5
¿
& = h = 5m
( 6 π )2 R2 19.6
'e do(de: % = 1"6
π
√ 5 x 19.6= 0.525 m .
)l di*mero ser*: ' = ,%
' = 1.05
-ol. 'erramado = -ol. Par*bola AOB -ol. Par*bola /O'. 2
V =
π 0.6 (1.50 + h ) 2
2
−
π 0.525 h 2
π
= ( 0.36 x 6.50−0.2756 x 5) 2
- = 1.50 m
PROBLEMA N° 37
2( 3ili(dro de 1.0. de di*mero 4 ,.0m. de alura es lle(ado de !li3eri(a 3uo peso espe3i73o e( 1600 8!"m a u(a presi9( de 568!"3m,. ;A qu< elo3idad de roa3i9( deber* !irar alrededor de su e>e para que se produ&3a la rupura del 3ili(dro?. ) l espesor de las paredes del a(que es 1mm de u( a3ero que resise 5008!"3m, a la rupura.
SOLUCIÓN
Se 3al3ulara primero la m@(ima presi9( para su rupura: Se sabe:
'espe>a(do:
/ =
p" 2 t
p
¿
2 /t
"
/ = .500 8!"3m, = 1 mm = 1. 3m ' = 10 m = 10 3m
'o(de:
p=
ue!o:
2 x 3.500 x 1.8 180
P = 0 8!"3m, )sa presi9( su3eder* e( los bordes i(eriores del 3ili(dro CDE 4 debe ser i!ual 3omo se apare3@a e( la 7!ura a la suma de presio(es sobre ella es de3ir: P = Fh + presi9( del 3ili(dro + F& GGGGGGGGGGGGGGG. 1E
/omo: W = 1600 8!"m = 0.0016 8!"3m h = ,.0 = ,0 3m
w x w ( 0.90 ) − =0.0413 w2 m=4.13 w 2 cm z = 2g 19.6 2
2
2
2
Presi9( del 3ili(dro = .56 8!" cm 2 Se He(e reempla&a(do e( 1E: 0 = 0.0016 $ ,0 + .56 + 0.0016 .1 w 2 0 = 0., + .56 + 0.0066 w 2 'e do(de:
2
w =
)( %.P.C.:
65 0.0066 2
w =
=9848
F = II.,5 rad"se!.
6599.25 - 60 2 π
W = I %.P.C.
PROBLEMA N° 38
'eermi(e la pe(die(e de la super73ie libre del a!ua e( u( re3ipie(e mu4 pequeJo que es* 3olo3ado e( u(a masa hori&o(al !iraoria si la mesa !ira a 0 %.P.C. alrededor de u( e>e erH3al siuado a ,.00m. de disa(3ia del 3e(ro del re3ipie(e.
SOLUCIÓN Al !irar la super73ie libre del re3ipie(e ser* u(a super73ie parab9li3a pero 3omo ese es mu4 pequeJo 3omparado 3o( la disa(3ia al e>e erH3al podemos asimilar di3ha super73ie 3omo u( pu(o de la 3ura. Su pe(die(e ser* u(a a(!e(e a la 3ura e( ese u(o. 2
w x z = 2g
2
2
2
dz =tg0 = 2 w x = w x dx g 2g /omo:
W = 0 %.P.C. =
30 x 2 π
= πrad / seg .
60
X = ,m 2
Se He(e reempla&a(do:
tg0
=
2 π
9.8
tg0 =2.014 PROBLEMA N° 39
Un tu!o de #cm de diámetro y de #. -e longitud, cerrado en am!os e4tremos, está lleno de mercurio 'd.r > 05.F) a la presión atmosférica. 9l espesor de las paredes del tu!o es de ;.;;0m. Se quiere determinar la má4ima velocidad de rotación en R.*.?., que puede darse al tu!o so!re un plano hori$ontal y alrededor de un eje que pase por uno de sus e4tremos, para que no se rompan las paredes del tu!o por efecto de la presión interna desarrollada. Ba carga de tra!ajo a la tensión del acero puede tomarse como 0,#;;Pg"cm#.
SOLUCIÓN Seg1n sa!emos la presión má4ima que resiste la tu!ería es% *
¿
2 /t
"
-onde%
/ > 0,#;; Pg"cm# t > ;.;;0 m > ;.0 cm
- > # cm
p=
Buego%
2 x 1,200 x 0.1
* > 0#; Pg"cm#
2
)sa m*$ima presi9( debe ser i!ual a la presi9( produ3ida por la 3ar!a B/ = & es de3ir: e( el e$remo B.
Se puede escri!ir% pequeQo).
p > L$ 'se desprecia la altura del diámetro por ser relativamente
p > 0# Pg"cm# -onde% L > 05,F;; Pg"m5 > ;.;05F Pg"cm# 2 2 w x w ( 200 ) = z = 2g 1960
2
Buego reempla$ando%
w ( 200 )
0#; > ;.;05F
2
1960
-espejemos la incógnita%
w=
w=
√
120 x 1960
140 200
9n R.*.?.
w=
2
0.0136 ( 200 )
=
√
12 0.0136
=
7 10
=√ 883 =20.79 rad / seg.
20.79 - 60 2 π
w =198.5 R . P . PROBLEMA N° 40
-etermine el ángulo de la superficie li!re de un tanque lleno de agua que es sujeto a una aceleración hori$ontal constante de 0.:m"seg#.
Solución:
'aos:
a x =1.5
a 1 =0
a z=− g
dP =a x dx + a 1 d1 + a z dz 2 1
2
x
z
A
0
0
∗∫ dP= a x∫ dx +a z∫ dz 0 =1.5 x − gz
z 1.5 = x g
=
K tan
−1
tan 3
1.5 9.81
=0.1529
( 0.1529 )=8.6935 * = 8 * 42 %
PROBLEMA N° 41
;/u*(a a!ua se derramar* de u( a(que re3a(!ular de 1?50m de lar!o 0.I0m de a(3ho 4 1.,0m de prou(didad si esa(do lle(o de a!ua al esar e( reposo es a3elerado e( la dire33i9( de su lo(!iud a ra&9( de 0.60m"se! ,? Solu3i9(: -olume( i(i3ial = 1.5E1.,E0.IE = 1.6,m
dP =a x dx + a 1 d1 + a z dz 2 Para:
a x = 0.6
tan 3 =
a z=− g
K
0.6 9.81
)(o(3es lado
´ =1.5∗tan 3 =0.0917 − %
-olume( 'erramado= -olume( iE -olume( E
-olume( 'erramado =
1.62 −
(
1.1083 + 1.2 2
)∗
1.5∗0.9 = 0.061Im = 62 litros
PROBLEMA N° 42
Un tanque de planta rectangular a!ierto, de Gm de largo, está montado so!re un carro que se mueve en una vía a nivel, ha!iéndose acelerado desde el reposo hasta llegar a una velocidad de
tanque hasta ;.0:m por de!ajo del !orde. -etermínese el tiempo más corto en que pueda completarse la indicada aceleración, sin que se derrame el agua. Solución:
-atos% $
$ > ;.0:m
B > Gm
v >
4>
2
a=
V4 − Vi t
' 0 ) en ' # )%
V4 && ' 0 ) t
dP =a x dx + a 1 d1 + a z dz 2
+omo para% Resulta%
a x =
z a = && ' # ) x g
( )
V4 t z = x g
9n terminos del tiempo y reempla$ando%
x ∗V 4 4.5∗13.33 = = 40.8 seg t = z∗g 0.15∗9.81
PROBLEMA N° 43
Se tiene un depósito que se desli$a so!re un plano inclinado, de inclinación (. Si no e4iste fricción, hallar el ángulo 7 que forma la superficie li!re con la hori$ontal. Solución:
*ara la ecuación de 9uler%
dP =a x dx + a 1 d1 + a z dz 2 *or descomposición de fuer$as, Se tiene%
a =g∗sin 3 a x =a∗cos 3 = g∗sin3 ∗cos3 &. '0) 2 a z= g∗sin ( 3 )− g &&&&&&.'#)
Reempla$ando en la fórmula de 9uler, tenemos% 1
2
∗dP=−g∗sin3 ∗cos3 dx + g∗( sin2 ( 3 )−1 ) dz
ntegrando o!tenemos% 2
0 =−g∗sin 3 ∗cos3 ∗ x + g∗cos 3 ∗ z
z sin3 ∗cos3 sin3 = = = tan3 2 x cos3 cos 3 z =tan5 x
*ero como%
3 = 5
PROBLEMA N° 44
Un vaso cilíndrico es llenado con agua hasta una profundidad de 0.O;m. Siendo la altura del vaso #.<;m y el radio del cilindro ;.F;m, determínese la velocidad angular y las revoluciones por minuto que harán elevar la superficie del agua, en los !ordes, hasta el mismo !orde del vaso. Solución:
+onservación del volumen%
π ( 0.6 ) ( 0.6 ) = 2
π 2
( 0.6 )2 (2.4 − z )
z =1.2 m
+alculando la velocidad angular%
2
2
√
2 gz w ∗ x z = 6 w= 2 2g x
w=
√
(
2 9.81
)( 1.2 ) 2
0.6
=8.087
PROBLEMA N° 45
rad =77 R . P . M . seg
C qué velocidad de!e girar un vaso cilíndrico vertical, a!ierto, de 0E#;m de diámetro, de 0.O;m de alto, y lleno con agua, alrededor de su eje, para que el efecto de la rotación sea el derrame de una cantidad de agua suficiente para descu!rir en el fondo del cilindro, un área circular de ;.F;m de diámetroE Solución: 'e las ormulas: 2
w ∗r z = 2g
2
2
w ∗ R z + 1.8= 2g
2
L!ualamos e3ua3io(es e( u(3i9( de &: 2
2
2
2
w ∗ r w ∗ R = −1.8 2g 2g 'espe>a(do MFN 4 reempla&a(do daos:
w= w =11.4368
√
2 g ( 1.8 ) 2
R −r
= 2
√
2 ( 9.81) ( 1.8 ) 2
0.6
−0.3 2
rad =109 R . P . M . seg
PROBLEMA N° 46 2( a(que 3il@(dri3o de 1.,0m de di*mero 4 ,.0m de alo es !irado alrededor de su e>e a ra&9( de %.P.C. 'eerm@(ese la presi9( oal e( la 3ara superior e( la 3ara del o(do 4 e( los 3osados 3ua(do el aso es* 3errado 4 es* lle(o 3ompleame(e. Solu3i9(: 2
π ∗w∗7 ∗ x = 4g
Apli3a(do ormula:
4
/al3ula(do: 2
1=
π ∗1000∗8.0634 ∗0.6 4 ( 9.8)
4
=677 &g
Ahora:
2=677 + Volumen∗ Peso especi4ico 2=677 + π ( 0.6 ) ( 2.4 )∗1000 =3391 &g 2
PROBLEMA N° 47
Un recipiente cónico de 0m de radio y 0m de altura, completamente lleno de agua, es girado alrededor de su eje vertical a una velocidad de 5; R.*.?. Se pide calcular% a) 9l volumen derramado durante la rotación !) 9l nivel de la superficie li!re en reposo después de la rotación. Solución: 2
w ∗ R z= 2g
Sa!iendo%
2
2
V =
π R ∗ z 2
!tenemos el 2olumen derramado en función de L y R% 2
π w ∗ R V " = 4g
4
V " =0.791 m
+alculando con los datos%
3
=791 litros
hora hallamos el nivel de la superficie%
π 2 V " = z ( r + r + 1 )=0.791 3
π 2 V A = r ( 1− z ) =0.256 3
Resolviendo ecuaciones% r > z = 0.624 m
PROBLEMA N° 48
9l recipiente semiesférico de 0m de radio, completamente lleno de agua, es girado alrededor de su eje vertical a una velocidad de 5; R.*.?. Se pide calcular% a) 9l volumen derramado !) 9l nivel de la superficie li!re en reposo después de la rotación. Solución: 2
w ∗ R z= 2g
Sa!iendo%
2
2
V =
π R ∗ z 2
!tenemos el 2olumen derramado en función de L y R% 2
π w ∗ R V " = 4g
4
+alculando con los datos% 3
V " =0.791 m =791 litros
PROBLEMA N° 49
Un vaso cilíndrico de :; cms de radio y #; cms de altura es ocupado por un líquido que ocupa una altura de : cms. Se tapa la parte superior y se hace girar L R.*.?. =asta que el líquido tome la forma apro4imada de un cilindro hueco, cuya relación de radios del tronco de pará!ola sea r 1=1.01 r 2 . =allar la velocidad angular. Solución:
plicando formula% 2
w ∗r 2 z = 2g
2
2
w ∗r 1 z + 0.2= 2g
2
gualando componentes% plicando conservación del volumen% o!tenemos
r 2=0.4308 m ,
w=
√
2 g ( 0.2 ) 2
r 1 −r2
2
r 1=0.4351
Reempla$ando valores o!tenidos
w=
√
2 ( 9.81 ) ( 0.2 ) 0.4351
2
− 0.4308
=32.426 2
rad =309.65 R . P . M . seg
PROBLEMA N° 50 2( a(que 3il@(dri3o lle(o de mer3urio d.r = 1.6E 3errado es !irado a la elo3idad de 60 %.P.C. alrededor de u( e>e siuado e( la perieria del a(que. Si u( di*mero es 1.00m 3omo ambi<( su alura ;/u*l ser* la m*$ima presi9( que se desarrollara 4 do(de se prese(ar*?
Solución:
2
/al3ulamos & se!( la 9rmula: '9(de:
F = 6.,rad"se!
w ∗r z= 2g
2
r = 1m
)(o(3es : & = ,.01,m = 2 m Hg /al3ula(do la presi9(:
p=F&
P = 1600 ,.01,E = ,6.65 8!"m, = 2.7 kg/cm2
PROBLEMA N° 51
Un tu!o hori$ontal, de #.<;m de largo y ;.;:m de diámetro, es llenado con agua, !ajo una presión de ;.T; Pg"cm #, siendo después cerrado por los e4tremos. Si se imprime el tu!o un movimiento de rotación en un plano hori$ontal, con eje de rotación en uno de los e4tremos del tu!o, a ra$ón de F; R.*.?. C+uál será la presión del agua en el e4tremo e4teriorE Solución:
L > F; R.*.?.> F.#O5 rad"seg +alculamos la presión en el e4tremo% * > *resion L $ &. ' 0 ) *ara ello calculamos $ % 2
w ∗r z = 2g
2
Vos resulta que% $ > 00.:OG m Minalmente o!tenemos la *resion en el e4tremo% * > T;;; 00:OG > 18589 Kg/m2
PROBLEMA N° 52 2( aso 39(i3o de e>e erH3al 4 3o( sus lados i(3li(ados a 0 3o( respe3o al i(di3ado e>e !ira alrededor de oro e>e siuado a 0.60m del primero 4 paralelo a
$ = 0.60m
/al3ularemos la elo3idad a(!ular parHe(do de la e3ua3i9(: 2
2
w ∗ x z = 2g
/omo el l@quido ser* derramado 3ompleame(e la par*bola He(e que ser a(!e(e al lado del re3ipie(e 39(i3o:
2
2
dz 2 xw xw = = =tan 60=√ 3 dx g 2g
)(o(3es:
2
xw =√ 3 g %eempla&a(do daos obe(emos MFN :
w=
√
9.81∗√ 3
x
rad =50.81 R . P . M . seg
=5.32
PROBLEMA N° 53
Un cilindro vertical, de 0.O;m de alto, y de 0.#;m de diámetro, llenado de agua hasta los #"5 de la altura, gira con velocidad uniforme alrededor de su eje, hasta el punto de derramar el agua. ) +alc1lese la velocidad lineal de la circunferencia del cilindro. /) C+uál de!erá ser la velocidad de rotación que haga derramar 0T; litrosE Solución: 2
z=
) Sa!emos%
2
w ∗ x 2g
2
Vp=
π ∗ x ∗ z 2
Reempla$ando $ en la ecuación 2p%
π ∗ x Vp=
2
2
∗ w2∗ x 2 2g
2
∗ ∗ = π w x 4g
4
2
Vagua= π ∗ x ∗1.2 2
Vtotal =π ∗ x ∗1.8 Vp + Vagua=Vtotal 2
4
π ∗w ∗ x + π ∗ x 2∗1.2= π ∗ x2∗1.8 4g w=
√
2 g ( 1.2 )
x
2
rad seg
=8.087
+omo 2 > L r, +alculamos la velocidad%
/) +onsiderando los vol1menes vacíos% Vi + 0.17 =Vp 2
π ( 0.6 ) ( 0.6 )+ 0.17 = z =1.5 m
π 2
2
( 0.6 ) z
v > O.;OT 4 ;.F > 4.85 m/s
w=
+alculando velocidad angular%
√(
(
2 g 1.5 0.6
)
)
2
=9.04 rad =86.3 R . P . M . seg
PROBLEMA N° 54
Un cilindro cerrado de acero, de 0.O;m de diámetro, de 5m de largo, de eje vertical, está completamente llenado de agua 'a la presión atmosférica). C qué velocidad de rotación de!erá girar alrededor de su eje, si la presión del agua a producir la ruptura de los costados del cilindro a causa de la tensión circunferencial desarrolladaE 9l espesor de las paredes del tanque es de Fmm, de un acero que resiste a 5:;;Pg"cm #a la ruptura. Solución:
*resión mínima de ruptura%
p=
ϑ=
p ∗ " 2 8
2 8 ∗ ϑ
"
-onde% ϑ=3500
&g cm
2
9 8 =0.6 cm9" =180 cm
9ntonces% p=23.33 hora como tam!ién%
&g cm
2
p= wh+ wz
+alculamos 7 % 23.33= 0.001( 300 + 4.128 7
7 =74.69
2
)
rad =712 R . P . M . seg
PROBLEMA N° 55
Un depósito res!ala por acción de su propio peso so!re un plano inclinado <;W con la hori$ontal. CXué ángulo formara con la superficie li!re del líquido con la hori$ontal si el coeficiente de fricción entre el fondo del depósito y el plano inclinado es f>tgY>;E:E Solución:
Sea% X > *eso 3 >X sin<;, V> X cos<;
-onde 3 y V son componentes de X. R> V f > X cos<; Z tanY Muer$a de movimiento% M > 3 [ R M
> X ' sin<; [ cos<; Z tanY) +omo M> m a%
: ( sin 40 −cos 40∗tan 0 ) a= = m : g a =g ( sin 40− cos 40∗tan 0 ) =allando componentes de la aceleración% a x =−a∗cos40
a 1 =0 a z= a∗sin 40− g
plicando la ecuación de 9uler y el principio de -Hlam!er, o!tenemos% 1
2
x
− z
A
0
0
∗∫ dP=−a x ∫ dx + a z∫ dz
0 =−a x∗ x −a z∗ z
a z = x x − a z *ero como%
tan 5
z x
= 5 =arctan
(− ) = a x
a z
5
13 * 30 %
PROBLEMA N° 56
-eterminar el ángulo que formara con la hori$ontal la superficie li!re del líquido contenido en un depósito que se desli$a a una aceleración de #m"seg #, so!re un plano inclinado, que hace un ángulo de 5;W con la hori$ontal. Solución:
plicando formula de 9uler%
dP =a x dx + a 1 d1 + a z dz 2 1
2
x
− z
A
0
0
∗∫ dP= a x∫ dx +a z ∫ dz
-onde%
a x =−a∗cos30 a z = a∗sin30 − g ntegrando o!tenemos% 0 =−a∗cos 30∗ x − ( a∗ sin30 − g )∗ z
z a∗cos30 = x g − a∗sin 30 *ero como%
tan 5
=
z x
5 =arctan
( −∗∗ ) a cos30 g a sin 30
5 =11 * 11 % PROBLEMA N° 57
Un vaso cilíndrico cerrado de 0.:;m de diámetro y ;.F;m de altura, tiene agua hasta una altura de <:cm. C qué velocidad será necesario girar el vaso alrededor de su eje para que la superficie del agua resulte tangente al fondoE, C+uál será la presión en el líquido, en el perímetro del fondo del vasoE Solución: 2
2
w ∗ x Recordando que% z = 2g +alculamos L % w=
√
2 ( 9.81) ( 0.6 ) 0.75
w =4.5747
2
rad =43.68 R . P. M . seg
*resión> L Z $ >#Z ;.;;0 Z ;.F; > 0.12 kg/cm2
PROBLEMA N° 58
Un tu!o hori$ontal de 5 pulgadas de diámetro, < pies de largo, es llenado con un aceite de gravedad especifico igual a ;.O## 'a presión atmosférica). Si se imprime el tu!o un movimiento de rotación en un plano hori$ontal, con el eje de rotación, distante 0#
pulgadas de uno de los e4tremos del tu!o, a #F#.: revoluciones por minuto. C-ónde se presenta la má4ima presión y cuál es su valorE Solución:
g2= gr∗g1 ,
9ntonces% 2
g2=8.06 m / s
7 =262.5 RPM =27.4889 rad / seg
+omo
*rocedemos a calcular $% 2
2
w ∗ x z = 2g z =108.87 m
Ba presión será má4ima en el otro e4tremo, y con el valor de p > L $ > T;5;O.0< Pg"m # * > T Pg " cm #
