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 suficientemente altas como para impedir el derrame se pide calcular la velocidad de 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$a un líquido de!ido al movimiento rotativo está dado por% 2
W x z I = 2g
2
&&& '()
*ara el para!oloide +-% 2
W z II =
( )= R
2
2
2
W R 8g
2g
2
&&& '#)
*ara el para!oloide /% 2
W R z I = 2g
2
&&.. '0)
hora hallaremos hallaremos una ecuación ecuación que relacione relacione
z I
y
z II , para ello igualamos los
vol1menes no ocupados por el agua.
volum volumen enno no ocupa ocupado do por por el agua agua duran durante te el reposo eposo =( z I − z II −h ) π R
2
&
2olumen lumen no ocupad ocupado o por el agua agua durante durante el movimi movimient ento, o, la calcula calculamos mos teniend teniendo o elementos diferenciales. 3omemos una faja de ancho d$ y distancia del eje a la pared 4. 2
dV = π x . dz en '5)%
&&& '5) de '() sacamos
x
2
=
2 zg 2
W
que
reempla reempla$án $ándol dolo o
Print document dV =
2 πg 2
W
In order to print this document from Scribd, you'll to downloadpara it. o!tener el volumen total no ocupado por . first queneed integrándolo
z.dz
el agua durante el movimientoCancel da% z . dz =¿
2 πg
W
V =
( z
2
I
2
2 πg 2
W
Download And Print
)
2
− z II
z I
&&& '6) '7) y '8), vol1menes no ocupados por el agua
∫¿ z II
son iguales% 9ntonces% π R ( z I − z II − h ) = 2
2 πg 2
W
( z
2
I
2
− z II
)
Reempla$ando '0) y '#) en esta 1ltima%
(
2
2
2
) (
2
4
4
4
4
W R W R gπ W R W R πR − −h = 2 − 2 2 2g 8g W 4 g 64 g 2
2
Simplificando%
2
W R g
2
W R g
2
(
3 8
−
15 64
)
)
=h
( )
9 =h 64
-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%
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Vol. parabolide = Vol. de la parte del cilindrosin agua ( reposo ) 2
πr h 2
= π r ( 2.50 −2.00 ) 2
-espejando% h> 0m +omo es un movimiento rotatorio se tiene% 2 2 w R z = 2g
2
=
1
W
2
(0.70 )
0.49
-e donde% 1 × 19.60 2 w = 049
9n R.*.?. %
w =6.33
w=
6.33 × 60 2 π
rad seg
w =60.5 R . P . M 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%
Print document In order to print this document 2from 2 Scribd, you'll W x first need to download it. z = 2g
Siendo r el radio de la esfera y h la Download And Print profundidad al girar en el centro% 2 2 W x h= 2g
Cancel
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 $, a la que llega un líquido de!ido al movimiento rotativo está dado por% 2 2 W x z = 2g 2
2
∴ W
=
2g
x
2
Ba velocidad para el punto /% 2
W =
2 g ( 2+ h) 0.8
&&& '0)
2
Ba velocidad para el punto -% 2
W =
2 gh 2
0.6
&&& '#)
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In order to print this document from Scribd, you'll '0) > '#) porque las velocidades angulares son first need to download it.
iguales para cualquier punto. Download And Print ( + h ) 2 gh
Cancel
2g 2
=
0.64
-e donde%
0.36
h =2.57 m .
Sustituyendo en '#) 2
W =
=11.8
∴ W
19.6 × 2.57 0.36
=140
rad . seg
+omo estuvo lleno, el volumen derramado será%
V =Vol . paraboloide ( radio 0.8 m. ) −Vol . paraboloide ( radio 0.6 )
π 0.8 ( h + 2 ) 2
V =
V =
2
2
−
π 0.6 h 2
=
π 0.64 ( 2 + 2.57 )
π ( 0.64 × 4.57 −0.36 × 2.57 )
V =3.135 m
2
2
=
−
π 0.36 × 2.57 2
π ( 1.9966 ) 2
3
PROBLEMA N° 30
Una vasija cilíndrica contiene agua hasta una profundidad de ;.F;.determinar la presión má4ima en el fondo cuando es rotada alrededor de su eje, a ra$ón de G; R.*.?. la altura de la vasija es 0.#;m. y su diámetro es 0.;;m.
Print document In order to print this document from Scribd, you'll Solución: first need to download it.
Ba altura del para!oloide está dado por% 2 2 W x z = Cancel Download And Print 2g -onde%
W = 90 R . P . M . =3 π
rad seg.
x =r = 0.5 m. Buego%
h=
( 3 π )2 ( 0.5 )2 19.6
=1.133 m .
+alculo de la altura hH que hay del fondo al vértice del para!oloide%
Vol. A!" =V#$. Agua + Vol. paraboloide. 9s decir% 2 πr h 2 ( ) π r 1 + h % =π r 0.60 + 2
2
1.33
+ h % =0.60 +
-e donde%
1.133 2
%
h =0.034 m.
Buego la má4ima y mínima presión so!re el fondo se reali$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 ) p=1.1167 &g / m
2
2
pm'x =0.1167 &g / cm relativos
*resión mínima al centro% pm(n =34 &g / m
pm(n =wh % =1,000 × 0.034
2
2
pm(n = 0.0034 &g / c m relativos
PROBLEMA N° 31
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9l cilindro vertical a!ierto, mostrado en la figura adjunta, gira alrededor de su eje, a :F R.*.?. si fue
previamente llenado de agua Cancel hasta el !orde superior. Download And Print C=asta qué altura por encima de este !orde se elevará el agua en el tu!o pie$ométricoE
Solución:
l girar la superficie del líquido adquiere la forma para!ólica, e incluso se prolonga hasta en el tu!o pie$ométrico, tal como se ve en la figura de la i$quierda. Ba velocidad angular es% 56 × 2 π = 5.86 rad / seg W = 56 R . P . M . = 60
Ba ecuación la superficie para!ólica está dado por% 2 2 W x z = 2g Ba altura de la pará!ola en el recipiente es% h=
( 5.86 )2 ( 0.6 )2 19.6
=
34.34 × 0.36 19.6
= 0.63 m.
Ba altura, a partir del eje I en el pie$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
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*ara que el agua se derrame completamente, esta curva de!e ser tangente a una generatri$ en el vértice del cono.
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Buego la derivada de la curva para!ólica será la pendiente de dicha generatri$% 2 2 dz W x = = tan 60 * √ 3 dx 2g
2
-e donde%
W =
g √ 3 x
+omo x = 1 m.
W = g √ 3= 9.8 × 1.73 = 16.954 2
W = 4.11 rad / seg. 9n R.*.?.% W =
4.11 × 60 2 π
W = 39.3 R . P. M .
PROBLEMA N° 33
Un recipiente lleno de un líquido cuelga de un !ra$o hori$ontal de 0.:;m cuyo e4tremo está unido a un eje vertical. +alcular el n1mero de R.*.?. con el cual se conseguirá vaciar completamente el recipiente siendo el ngulo K para esta condición de F;J. Solución:
l girar la superficie li!re será una sección para!ólica cuy ecuación es% 2 2 W x z = 2g
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In order to print this document from Scribd, you'll *ara que se vacíe el depósito, la pared del first need to download it.
recipiente de!e ser tangente a la pará!ola Cancel
en el punto . Download And Print -erivando la ecuación de la pará!ola% +=¿ tan 60 * = √ 3 2 2 dz W x = = tan ¿ dx g -e donde% g √ 3 W = x
*ero en el punto % x =1.5− m+ n x =1.50−1cos60 * + 0.80 cos 30 * =1.50 −0.5 + 0.80 × 0.866 x =1.695 m . Buego%
W =
√
9.8 √ 3 1.695
=3.16 rad / seg.
9n R.*.?.% W =
3.16 × 60 2 π
W = 30.18 R . P. M .
PROBLEMA N° 34
Un cilindro cerrado de altura = tiene las tres cuartas partes de su volumen ocupados por líquido. C+on qué velocidad ha de girar el cilindro alrededor de su eje para que el para!oloide que se forme sea tangente a la !aseE Solución% Ba ecuación del para!oloide es%
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2
w R z = 2g
2
2
2
los y
(
final 3
)
π R , − , = 4
2
w R , = - - .. ( 1 ) 2g
demás inicial
Download And Print
vol1menes
son 2 π ,
sin
agua
iguales%
2
-e donde%
R 4
2
2
=
2
2
=
R
2
2
- - -( 2)
Reempla$ando '#) en '0) 2
W , =
( ) R
2
2
2g
-e aquí es despejada%
W =
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:
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In order to print this document from Scribd, you'll Se sa!e que en este caso el para!olide de revolución se first need to download it.
forma en la parte e4terior del deposito y tangente Ba presión a una distancia 4, so!re la tapa será% Cancel Download And Print p= wz 2
w R *ero como% z = 2 g
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
w w R / = 4g
2
PROBLEMA N° 36
2
R
∫ x 0
3
. dx
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In order to print this document from Scribd, you'll Un tanque cilíndrico de 1.20m. de diámetro y 1.50m. de altura, está first need to download it. lleno de agua, y es hecho girar alrededor de su propio eje, que permanece vertical, con una velocidad angular de 180 .!.". Canceldel área Download Anddescu%ierto Print a# $eterminar el diámetro circular en el &ondo y el volumen del líquido derramado. %# 'i el mismo tanque lleno de agua, es cerrado en su parte superior ()uál será la má*ima presi+n que se desarrollará en m. de agua a%soluta, y donde se presentara
SOLUCIÓN 2
w x z = 2g
'e sa%e que-
2
!ara el para%oloide / ¿
180 2 π 60
= 6 rad / seg.
3 r 3 0.4m. 3 1.50 6 h
7uego-
1.50
1.50 + h =
( 6 π )2 + ( 0.6 )2 19.6
+ h =6.5 m
h
3 5m !ara el para%oloide de )/$ 3 4 radseg 9 *39 7uego2
( 6 π ) R 5 ¿ 19.6 $e donde-
: 3 h 3 5m.
2
3 14
;l diámetro será-
π
√ 5 x 19.6= 0.525 m .
$ 3 2
$ 3 1.05
V =
π 0.6
(1.50 +h ) π 0.525 h π − = ( 0.36 x 6.50−0.2756 x 5) 2
2
2
2
< 3 1.508 m>
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PROBLEMA N° 37
Un cilindro de 1.80. de diámetro y 2.?0m. de altura, es llenado de glicerina, cuto peso especi@co en 1,400 Agm>, a una presi+n de B,548Agcm2. ( quC velocidad de rotaci+n de%erá girar alrededor de su eje para que se produ:ca la ruptura del cilindro. ; l espesor de las paredes del tanque es 18mm, de un acero que resiste >,500Agcm2 a la ruptura. SOLUCIÓN
'e calculara primero la mínima presi+n para su ruptura p" = 0 'e sa%e2 t
$espejando-
$onde-
¿
p
2 0t
"
0 3 >.500 Agcm2
t 3 18 mm 3 1.8 cm $ 3 1,80 m 3 180 cm p=
7uego-
2 x 3.500 x 1.8 180
! 3 ?0 Agcm2 ;sta presi+n sucederá en los %ordes in&eriores del cilindro D"E# y de%e ser igual, como se aparecía en la @gura, a la suma de presiones so%re ella es decir! 3 Fh 6 presi+n del cilindro 6 F: GGGGGGGGGGGGGGG. D1# )omo 3 1,400 Agm> 3 0.0014 Agcm> h 3 2.?0 3 2?0 cm w ( 0.90 ) w x 2 2 z = − =0.0413 w m= 4.13 w cm 2g 19.6 2
2
2
2
!resi+n del cilindro 3 B.548 Ag cm 'e tiene reempla:ando en D1#-
2
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In order to print this document from Scribd, you'll ?0to3 0.0014 first need download it. * 2?0 6 B.548 6 0.0014 B.1>
?0 3 0.B>2 6 B.548 6 0.0044 w Cancel Download And Print $e donde-
w
2
=
65 0.0066
2
w =
;n .!.".-
=9848
w
2
2
F 3 HH.25 radseg.
6599.25 60 2 π
3 HB8 .!.". PROBLEMA N° 38
$etermine la pendiente de la super@cie li%re del agua en un recipiente muy pequeIo que está colocado en una masa hori:ontal giratoria, si la mesa gira a >0 .!.". alrededor de un eje vertical situado a 2.00m. de distancia del centro del recipiente. SOLUCIÓN
l girar la super@cie li%re del recipiente será una super@cie para%+lica, pero, como este es muy pequeIo comparado con la distancia al eje vertical, podemos asimilar dicha super@cie como un punto de la curva. 2
w x z = 2g
2
2
2
dz 2 w x w x =tg1 = = dx g 2g 30 x 2 π
)omo-
3 >0 .!.". 3
60
= πrad / seg.
3 2m 2
'e tiene reempla:ando-
tg1
3
2 π
9.8
tg1 =2.014
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PROBLEMA N° 39
Un tu%o de 2cm de diámetro y de 2. $e longitud, cerrado en am%os e*tremos, está lleno de mercurio Dd.r 3 1>.4# a la presi+n atmos&Crica. ;l espesor de las paredes del tu%o es de 0.001m. 'e quiere determinar la má*ima velocidad de rotaci+n en .!."., que puede darse al tu%o so%re un plano hori:ontal y alrededor de un eje que pase por uno de sus e*tremos, para que no se rompan las paredes del tu%o por e&ecto de la presi+n interna desarrollada. 7a carga de tra%ajo a la tensi+n del acero puede tomarse como 1,200Agcm2. SOLUCIÓN
'egJn sa%emos la presi+n má*ima que resiste la tu%ería es!
¿
2 0t
"
$onde0 3 1,200 Agcm2
t 3 0.001 m 3 0.1 cm $ 3 2 cm 7uego-
p=
2 x 1,200 x 0.1 2
! 3 120 Agcm2
;sta má*ima presi+n de%e ser igual a la presi+n producida por la carga ) 3 :, es decir- en el e*tremo . 'e puede escri%irp 3 F: Dse desprecia la altura del diámetro por ser relativamente pequeIo#.
Print document In order to print this document from Scribd, you'll p 3 12 Agcm2 first need to download it.
$onde-
F 3 1>,400 Agm> 3 0.01>4 Agcm2 2 2 2 w ( 200 ) Download And Print w x Cancel z = = 2g 1960
7uego reempla:ando-
120 3 0.01>4
w ( 200 )
2
1960
$espejemos la inc+gnitaw=
w=
140 200
=
√
12 0.0136
=
7 10
√
120 x 1960
(
0.0136 200
2
)
=√ 883 =20.79 rad / seg.
;n .!.". w=
20.79 60 2 π
w =198.5 R . P . M .
