ejercicios-resueltos-singer-grupo-071

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UNIVERSIDAD NACIONAL DE SAN CRISTÓBAL DE HUAMANGA
FACULTAD DE INGENIERÍA DE MINAS, GEOLOGÍA Y CIVIL
ESCUELA DE FORMACIÓN PROFESIONAL DE INGENIERÍA CIVIL
CINÉTICA
SEGUNDA PRÁCTICA CALIFICADA
SOLUCIÓN DE MECÁNICA VECTORIAL (DINÁMICA)
Ferdinand L.Singer
Grupo N° 07
Asignatura:
DINÁMICA (IC - 244)
Docente:
Ing. CASTRO PERÉZ,Cristian
Alumnos:
CARBAJAL SULCA, Wilber 16105591
GÓMEZ HUAZACCA, Káterin Roxana 16105633
JAHUÍN BONIFACIO, Daysy 16105092
YUCRA AGUILAR, Samuel 16110667
Semestre Académico
2012 – II
AYACUCHO – PERÚ
2013
UNSCH
EFP: INGENIERÍA CIVIL
DINÁMICA
IC-244
Índice
1. LEYES DE NEWTON 4
1.1. PROBLEMA 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2. PROBLEMA 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.3. PROBLEMA 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.4. PROBLEMA 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
2. TRABAJO Y ENERGÍA 10
2.1. PROBLEMA 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
2.2. PROBLEMA 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
2.3. PROBLEMA 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2.4. PROBLEMA 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
3. IMPULSO Y CANTIDAD DEMOVIMIENTO 16
3.1. PROBLEMA 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
3.2. PROBLEMA 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
3.3. PROBLEMA 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
3.4. PROBLEMA 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
4. SISTEMAS DE PARTÍCULAS 22
4.1. PROBLEMA 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
4.2. PROBLEMA 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
4.3. PROBLEMA 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
4.4. PROBLEMA 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
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UNSCH
EFP: INGENIERÍA CIVIL
DINÁMICA
IC-244
3
UNSCH
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DINÁMICA
IC-244
1. LEYES DE NEWTON
1.1. PROBLEMA 1
La barra horizontal ranurado de la figura, pesa 10 kg y se desliza con fricción despreciable a lo largo de la
guı́a vertical.
Determine la fuerza ejercida en ella por el pasador P cuando y=5cm, si AB está girando con una velocidad
angular constante de 20 rad/s.
SOLUCIÓN:
θ̇ = 20 rad/s θ̇ = const
⇒ θ̈ = 0
De la gráfica de tiene:
x = Rsinθ y = Rcosθ
Derivamos para obtener aceleración en el eje x
ẋ = −Rsinθθ̇
ẍ = −R
(
cosθθ̇2 + sinθθ̈
)
si θ̈ = 0
|ẍ| = Rcosθθ̇2
Derivamos para obtener aceleración en el eje y
ẏ = Rcosθθ̇
ÿ = R
(
−sinθθ̇2 + cosθθ̈
)
si θ̈ = 0∣∣∣ÿ∣∣∣ = Rsinθθ̇2
4
UNSCH
EFP: INGENIERÍA CIVIL
DINÁMICA
IC-244
Hallando el angulo cuando R = 10cm
sinθ = yR
y = 5cm ;R = 10cm
y = ,05m ;R = 0,1cm
sinθ = 510
arcsin
(
5
10
)
= θ
θ = 30◦
Como se observa en la gráfica la fuerza ejercida por el pasador es vertical
Aplicamos la segunda Ley de Newton ∑
F =may
F =m
(
Rsinθθ̇2
)
m = 10kg R = 0,1m θ = 30◦ θ̇ = 20 rad/s
F = 10
(
0,1sin30◦
(
202
))
F = 200N
F = 200N
1.2. PROBLEMA 2
Un cuerpo de peso W descansa sobre el plano indicado liso del plano inclinado liso del marco que se mues-
tra en la figura .una clavija unida al marco hace que el cuerpo gire con ella alrededor del eje vertical .Determine
la rapidez con que gira .
SOLUCIÓN
NOTA:Para la solución de este problema aplicaremos el principio de D’Alambert
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DINÁMICA
IC-244
∑
Finercia −
∑
Freales = 0
fi =
w
g n
2R
R = 1,5cosθ
θ = 30◦(∑
Finercia −
∑
Freales
)
X
= 0
fi = T cosθ(∑
Finercia −
∑
Freales
)
Y
= 0
T sinθ =W
T =
W
sinθ
W
g
n2R = T cosθ
W
g
n2R =
W
sinθ
cosθ
W
g
n21,5cosθ =
W
sinθ
cosθ
n2 = g1,5sinθ
n =
√
g
1,5sinθ
n =
√
9,81
1,5sin30◦
n = 3,617 rad/s
n = 3,617 rad/s
1.3. PROBLEMA 3
Determine la aceleración de cada cuerpo en la figura, suponiendo que las poleas carecen de fricción y peso
.El plano inclinado es liso.
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SOLUCIÓN
NOTA Para la fácil solución de este ejercicio se aplicaran segunda Ley de Newton y D’Alambert(∑
Finercia −
∑
Freales
)
Y
= 0∑
F =ma
De la gráfica se obtiene lo siguiente :
por D’Alambert
f1 = 20a f2 = 10a
por la segunda Ley de Newton ∑
F =ma
20g + f1 − T2 = 20a1
T
2 = 20g + f1 − 20a1
por la segunda Ley de Newton ∑
F =ma
50sinθ − T = 50a
50sinθ − (20g + f1 − 20a1) = 50a
50sinθ − 20g − f1 + 20a1 = 50a
50sinθ − 20g − 20a + 20a1 = 50a
50sinθ − 20g + 20
(
g+a
3
)
= 70a
150sinθ − 60g + 20g + 20a = 210a
150sinθ − 40g = 190a
150sinθ − 40g
190
= a
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g +
150sinθ − 40g
190
= a1
190g + 150sinθ − 40g
190
= a1
a1 =
15(g + sinθ)
19
a1 =
15(9,81+sin37◦)
19
a1 = 8,22m/s2
a = 150sin37
◦−40(9,81)
190
a = −1,59m/s2
Esto indica que esta aceleración es contraria a a1
a1 = 8,22m/s2
a = −1,59m/s2
1.4. PROBLEMA 4
Como se ve en la figura, el cuerpo se desliza hacia abajo sobre la superficie lisa de la cuña B que a su vez se
halla sobre una superficie horizontal liza .sus pesos son WA y WB .Determine la aceleración de la cuña B.
SOLUCIÓN
NOTA Para la fácil solución de este ejercicio se aplicaran segunda Ley de Newton y D’Alambert
(
∑
Finercia −
∑
Freales)Y = 0∑
F =ma
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(∑
Finercia −
∑
Freales
)
Y
= 0
fi =mAaB∑
F =ma
N + fi sinθ =mAg cosθ
N =mAg cosθ − fi sinθ
N =mAg cosθ −mAaB sinθ∑
F =mBaB
N sinθ =mBaB
(mAg cosθ −mAaB sinθ) sinθ =mBaB
mAg cosθ sinθ =mAaB sin
2θ +mBaB
mAg cosθ sinθ = aB
(
mA sin
2θ +mB
)
aB =
mAg cosθ sinθ
mA sin
2θ +mB
aB
g
=
mAg cosθ sinθ
mA sin
2θ +mB
(
1
g
)
aB =
(
WAg cosθ sinθ
WA sin
2θ +WB
)
g
aB =
(
WAg cosθ sinθ
WA sin2θ+WB
)
g
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2. TRABAJO Y ENERGÍA
2.1. PROBLEMA 1
Desprecie la fricción entre el aro de 30 kg y su eje vertical y calcule la velocidad del aro después de haber
caı́do 2.1 m, partiendo del reposo en la posición mostrada en la figura. La longitud libre del resorte es de 0.6
m.
SOLUCIÓN
Para la posición inicial:
F1 =
100(1,5− 0,6)
2
= 45kg
Cosθ =
1,2
1,5
Para la posición final:
10
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F2 =
100(1,27− 0,6)
2
= 33,5kg
Cosα =
0,9
1,27
Por medio de la ecuación del trabajo y la energı́a:
TR = T rabajoresultante
g = 9,81m/s2
TR = (30 +F1Cosθ) ∗ 1,2 + (30−F2Cosα) ∗ 0,9 =
W
2g
·
(
V 2B −V
2
0
)
(
30 + 45
(1,2
1,5
))
∗ 1,2 +
(
30− 33,5
( 0,9
1,27
))
∗ 0,9 = 30
2 ∗ 9,81
·
(
V 2B
)
66 ∗ 1,2 + 6,26 ∗ 0,9 = 30
19,62
V 2B
79,2 + 5,63 =
30
19,62
V 2B
84,83 =
30
19,62
V 2B
VB = 7,45m/s
VB = 7,45m/s
2.2. PROBLEMA 2
Calcule la velocidad del cuerpo A, después de que se ha movido 2.7 m a lo largo de la superficie sin fricción,
partiendo del reposo en la posición dada.
SOLUCIÓN
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Aplicamos el método del trabajo y la energı́a aplicado a sistemas conectados. Tenemos:
x2 + 2,42 = z2.......(1)
Sı́ x = 4,5m, entonces:
z0 =
√
4,52 + 2,42
z0 = 5,1m
Sı́ x = 1,8m, entonces:
zf =
√
1,82 + 2,42
zf = 3m
Para relacionar las velocidades derivamos la expresión (1) con respecto al tiempo:
x2 + 2,42 = z2
2x
dx
dt
= 2z
dz
dt
xvB = zvA
Sı́ x = 1,8m y z = 3m, tenemos:
1,8vB = 3vA
vB =
3vA
1,8
vB =
5vA
3
Al aplicar la ecuación del trabajo y la energı́a, obtenemos:
TR =
∑W
2g(
v2 − v20
)
100(5,1− 3) = 150
2 ∗ 9,81
(
v2A
)
+
100
2 ∗ 9,81
(
v2B
)
210 =
150
19,62
(
v2A
)
+
100
19,62
(5vA
3
)2
210 =
150
19,62
(
v2A
)
+
2500
176,58
(
v2A
)
210 = 21,8v2A
vA = 3,1m/s
vA = 3,1m/s
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2.3. PROBLEMA 3
En el sistema indicado en la figura, AB es una barra de 25 kg y 1.8 m de largo, la cual se encuentra firme-
mente adherida al tambor B. El sistema parte del reposo cuando AB está en su posición más baja. Determine
la velocidad angular de B cuando Θ = 30.
SOLUCIÓN
IAB =
1
3
mL2 =
W
3g
L2 =
25
3g
(1,8)2 =
27
g
m− kg − s2
IB =mk
2 =
W
g
k2 =
50
g
(0,6)2 =
18
g
m− kg − s2
IC =mk
2 =
W
g
k2 =
25
g
(√
0,27
)2
=
6,75
g
m− kg − s2
I = IAB + IB =
27
g
+
18
g
=
45
g
m− kg − s2
Las relaciones cinemáticas entre los cuerpos serán:
sB = 0,6θB
sC = 0,45θC
Relacionamos:
0,6θB = 0,45θC
θC =
0,6
0,45
θB
θC =
4
3
θB
Derivamos:
ωC =
4
3
ωB
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De igual forma, tenemos:
sD = 0,6θC
sD = 0,6
(4
3
θB
)
sD =
4
5
θB
vD =
4
5
ωB
Por el método del trabajo y la energı́a aplicado a la rotación alrededor de un eje fijo, planteamos:
TR =
∑W
2g
(
v2 − v20
)
+
∑ 1
2
I
(
ω2 −ω20
)
90
(4
5
)(π
3
)
− 25(0,9) = 150
2g
v2D +
1
2
(
45
g
)
ω2B +
1
2
(
6,75
g
)
ω2C
24π − 22,5 = 150
2g
(4
5
ωB
)2
+
1
2
(
45
g
)
ω2B +
1
2
(
6,75
g
)(4
3
ωB
)2
52,898 =
96
19,62
ω2B +
45
19,62
ω2B +
12
19,62
ω2B
52,898 =
153
19,62
ω2B
ωB = 2,6rad/s
ωB = 2,6rad/s
2.4. PROBLEMA 4
En la posición mostrada en la figura, el sistema dado parte del reposo sobre superficies lisas. La barra uni-
forme AB que pesa 50 kg, está articulada sin fricción a los centros de masa de los cuerpos A y B que pesan
respectivamente 25 y 75 kg. Determine la velocidad del cuerpo B cuando la barra AB esté en posición horizon-
tal.
SOLUCIÓN
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Datos:
WAB = 50kg
WA = 25kg
WB = 75kg
θ = 0
En ese instante:
v = rω :
vA = 2,17ω
vB = 1,8ω
Como el sistema parte de una velocidad despreciable el cambio de energı́a cinética para A y B es:
I = Ī +md2
Para AB:
ICAB =
1
12
(
WAB
g
)
L2 +
WAB
g
(L
2
)2
ICAB =
1
12
( 50
9,81
)
1,82 +
50
9,81
(1,8
2
)2
ICAB = 5,505m− kg − s
2
Cuando ωB baja 1.08 m y la barra AB 0.54 m, tenemos:
TR = ∆EC
75(1,08) + 50(0,54) =
1
2
( 25
9,81
)
(2,16ω)2 +
1
2
(5,505)ω2
108 =
[1
2
( 25
9,81
)
(2,16)2 +
1
2
(5,505)
]
ω2
108 = 8,7ω2
15
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ω =
√
108
8,7
ω = 3,52rad/s
Determinando ası́ la velocidad de B:
vB = 1,8ω
vB = 1,8(3,52)
vB = 6,34m/s
vB = 6,34m/s
3. IMPULSO Y CANTIDAD DEMOVIMIENTO
3.1. PROBLEMA 1
La bola de acero choca contra la placa del sistema que se muestra con una celeridad de vo = 24m/s y un
ángulo de 600 con la horizontal. Si el coeficiente de restitución es e = 0,8; calcular la celeridad v y la dirección
θ con que la bola sale rebotada de la placa.
SOLUCIÓN
En el eje x; por la conservación del momento lineal:
m1vxo =m1vx
vx = 12m/s
16
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También para la placa:
m2v2xo =m2v2x = 0
v2x = 0
v2xo = 0
También:
m1vyo +m2v2y0 =m1vy +m2v2y
vy + v2y = −24sen60◦...(1)
También:
v2y + vy
vyo + v2yo
= 0,8
v2y + vy = 0,8(−24sen60◦)...(2)
De (2) en (1):
v2y = −18,71m/s
Velocidad final de la placa:
vy = −2,08m/s
Velocidad final de la pelota:
v =
√
v2x + v2y
v =
√
122 + (−2,08)2
v = 12,20m/s
Del gráfico:
tgθ =
(
vy
vx
)
θ = tg−1
(−2,08
12
)
θ = −9,83◦
θ = −9,83◦
3.2. PROBLEMA 2
¿Qué fuerza ejercerá un chorro de agua de 5cm de diámetro, que sale a 0.054m3/s, sobre una placa colocada
como en las partes(a)y (b) de la figura?
PARTE A
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SOLUCIÓN
Por la ecuación de cantidad de movimiento se tiene:
F = ρ.Q.v1 = ρ.v
2
1 .A1
Entonces, la presión media que ejerce el fluido sobre la placa es:
−→
P =
F
A2
= ρ.v21 .
A1
A2
Por lo tanto la fuerza será:
F = ρ.v21 .A1
F = ρ.v21 .A1
F = 1485,107kg
F = 1485,107kg
PARTE B
18
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SOLUCIÓN
−→
F =
∆
−→
P
∆t
−→
F LT =
∆
−→
P T
∆t
−→
F T L =
∆
−→
P L
∆t
−→
F T L =
−→
P F −
−→
P i
∆t
−→
F LT = −
−→
F T L
−→
F T L =
∆mvf −∆mvi
∆t
−→
F T L =
∆m
∆t
(vf − vi)
−→
F T L =
ρV ol
∆t
(vf − vi)
−→
F T L = ρQ(vf − vi)
−→
F T L = ρQ(vf − vi)
−→
F T L = ρQ(vf j − vi i)
−→
F T L = ρQ
2(
1
Af
j − 1
Ai
i)
19
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Se tiene que:
Fx = 0
Entonces:
Fy =
ρ.Q20.senθ
A
F = 742,553kg
F = 742,553kg
3.3. PROBLEMA 3
La barra delgada de masa m y longitud L está sujeta con un pasador en su extremo inferior al soporte O
del que se muestra un detalle. La barra se suelta en reposo desde la posición vertical 2. Cuando el centro de la
barra choca con el pivote A en la posición 2, se traba al mismo a la vez que se libera la conexión en O. Hallar
la velocidad angular ω3 de la barra inmediatamente después de trabarse al pivote A en la posición 3.
SOLUCIÓN
∑
M0 = I0
mgsenθ(
b
2
) =
1
3
mb2α
α =
3g
2b
senθ
20
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Pero:
ωdω = αdθ
ω2
2
=
∫ π/2
0
3g
2b
senθdθ
ω2 =
3g
b
ω2 =
√
3g
b
En ese instante: ∫
−→
F dt = ∆
−→
P∣∣∣∣−→P inicial ∣∣∣∣ = ∣∣∣∣−→P f inal ∣∣∣∣
mω2b =mω3
(
b
2
)
ω3 = 2ω2
ω3 = 2
√
3g
b
ω3 = 2
√
3g
b
3.4. PROBLEMA 4
El motor M acciona el disco A, el cual hace girar el disco B sin que haya deslizamiento. El disco A, el árbol
solidario y el bloque motor de 18kg de masa total conjunta tienen unn radio de giro de 85mm. El disco B de
5kg tiene un radio de giro de 140mm. El motor y el brazo solidArio C de 24kg en conjunto presentan respecto
al eje O-O un radio de giro de 450mm. Sin funcionar el motor, todo el sistema gira en torno al eje O-O con
una velocidad angular ω0 = 30r.p.m. en el sentido indicado. El motor tiene una velocidad de régimen de 1720
r.p.m. en el sentido indicado indicado cuando C está fijo. Determinar la nueva velocidad angular del brazo C
cuando el motor funciona.
SOLUCIÓN
21
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ωAr :Velocidad angular de A respecto a C.
ωBr :Velocidad angular de B respecto a C.
Hallando los momentos de inercia:
IAO = 18(0,085)
2 + 18(0,7)2
IAO = 0,13 + 8,82 = 8,95kg.m
2
IBO = 5(0,14)
2 + 5(0,3)2
IBO = 0,098 + 0,45 = 0,548kg.m
2
ICO = 24(0,45)
2
ICO = 4,86kg.m
2
HOinicial =HOf inal
(8,95 + 0,548 + 4,86)30
(2π
60
)
= [0,13(ω+ 1720) + 8,82ω]
2π
60
+ [0,098(ω − 1720) + 0,45ω] 2π
60
+ 4,86ω
(2π
60
)
430,74
2π
60
= (8,95ω+ 223,6)
2π
60
+ (0,548ω − 168,56) 2π
60
+ 4,86ω
(2π
60
)
430,74 = 14,358ω+ 55,04
14,385ω = 375,7
ω = 26,17r.p.m.
ω = 26,17r.p.m.
4. SISTEMAS DE PARTÍCULAS
4.1. PROBLEMA 1
Un chorro de agua que sale a 50kg/s y con una velocidad hacia la derecha de 27m/s choca con el aspa
de la figura. Si la mitad del agua corre a través de cada parte del aspa, determine la fuerza necesaria para
mantenerla quieta. El agua sale a la misma velocidad con la que entra.
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DATOS:
Q = 50kg/s , vo = 27m/s , P =?
SOLUCIÓN
Se tiene:
P = P1 + P2
Como:
P1 = P2
vy = 27sin60o
vx = −27cos60o
w =Qot = 25t
∑
X.t = Wg (vx −wxo)
−Px.t = 25t9,81 (−27cos60
o − 27)
Px = 103,211 kg
⇒ P1 = 119 kg ;P2 = 119 kg
P = 238 kg∑
Y .t = Wg
(
vy −wyo
)
Py .t =
25t
9,81 (−27sin60
o − 0)
Py = 59,589 kg
Py = 59,589 kg
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4.2. PROBLEMA 2
Una bola de 28.35g se coloca sobre un chorro vertical de agua que sale de una boquilla a razón de 0.15kg/s
con una velocidad de 4.5m/s. calcular la altura h por encima de la boquilla a la cual estará suspendida la bola
sobre el chorro.
SOLUCIÓN
∑
Fy =ma = 0
P −W = 0
P =W
0,15u
g
= 0,02835 ;g = 9,81m/s2
u = 1,85m/s
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v2 = v2o − 2gh
1,852 − 4,52 = −2(9,81)h
h = 0,85m
h = 0,85 cm
h = 0,85 cm
4.3. PROBLEMA 3
Un chorrode agua que sale de una boquilla a 10kg/s con una velocidad de 30m/s choca con una serie de
aspas y sufre una desviación de 120º. Si la velocidad de las aspas es 18m/s, calcular la potencia desarrollada
por ellas.
SOLUCIÓN
W =Qt
Q = γ.A.v
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A =
Q
γ.v
Q = 10kg/s eslarapidezdelflujo
W = γ.A.v.t = 1000.A.(30− 18)t
W = 4tkg∫ t
0
∑
Xdt =
W
g
(vx − v0)
−Px(t) =
4t
9,81
(12cos60◦ − 12)
Px = 2,446kg∫ t
0
∑
Ydt =
W
g
(vy − v0)
Py(t) =
4t
9,81
(12sen60◦ − 0)
Py = 4,237kg
P =
√
P 2x + P 2y
P = 4,89kg
P ot(cv) =
F.v
75
Px,12
75
=
4,89x12
75
P ot(cv) = 0,782 cv
P ot(cv) = 0,782 cv
4.4. PROBLEMA 4
¿Qué fuerza ejercerá un chorro de agua de 5cm de diámetro, que sale a 0.054m3/s, sobre una placa colocada
como en la figura.
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SOLUCIÓN
Q = γ.A.v
Q = 1000x0,054m3/s
W =Qt = 1000x0,054
m3
s
t(
π,52
4,1002
)
v = 0,054
vx = 27,5m/s
W ′ =
Qt
2
= 500x0,054
m3
s
t = 27t
∫ t
0
∑
Xdt =
W ′
g
(vx − v0x)
−Px(t) = −75,668t
Px = 75,668∫ t
0
∑
Ydt =
W ′
g
(vy − v0y)
Py(t) = 75,668t
Py = 75,668
P1 = 107kg
P = P1 + P2
P = 214kg
P = 214kg
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