En estas sociedades, la información se considera un recurso vital y estratégico, y su capacidad para ser generada, almacenada, procesada y compartida de manera rápida y eficiente es fundamental. El conocimiento, por su parte, se valora como un activo que impulsa la innovación, el aprendizaje y el desarrollo humano.

1. 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 debe dar al cilindro de manera que en el fondo quede descubierto un circulo radio igual a R/2.
Solución:
Se sabe que la altura que alcanza un líquido debido al movimiento rotativo está dado por:
𝑧𝐼 =
𝑊2𝑥2
2𝑔
……… (α)
Para el paraboloide COD:
𝑧𝐼𝐼 =
𝑊2(𝑅
2
⁄ )
2
2𝑔
=
𝑊2𝑅2
8𝑔
……… (2)
Para el paraboloide AOB:
𝑧𝐼 = 𝑊2
𝑅2
2𝑔
⁄ …….. (1)
Ahora hallaremos una ecuación que relacione 𝑧𝐼 y 𝑧𝐼𝐼, para ello igualamos los volúmenes
no ocupados por el agua.
𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒𝑛 𝑛𝑜 𝑜𝑐𝑢𝑝𝑎𝑑𝑜 𝑝𝑜𝑟 𝑒𝑙 𝑎𝑔𝑢𝑎 𝑑𝑢𝑟𝑎𝑛𝑡𝑒 𝑒𝑙 𝑟𝑒𝑝𝑜𝑠𝑜 = (𝑧𝐼 − 𝑧𝐼𝐼 − ℎ)𝜋𝑅2
…
Volumen no ocupado por el agua durante el movimiento, la calculamos teniendo
elementos diferenciales. Tomemos una faja de ancho dz y distancia del eje a la pared x.
𝑑𝑉 = 𝜋𝑥2
. 𝑑𝑧 ……… (3); de (α) sacamos 𝑥2
=
2𝑧𝑔
𝑊2 que reemplazándolo en (3):
𝑑𝑉 =
2𝜋𝑔
𝑊2
𝑧. 𝑑𝑧 . que integrándolo para obtener el volumen total no ocupado por el
agua durante el movimiento da:
𝑉 =
2𝜋𝑔
𝑊2 ∫ 𝑧. 𝑑𝑧 =
𝑧𝐼
𝑧𝐼𝐼
2𝜋𝑔
𝑊2
(𝑧𝐼
2
− 𝑧𝐼𝐼
2) ……… (∞) (β) y (γ), volúmenes no
ocupados por el agua son iguales:
Entonces:
𝜋𝑅2(𝑧𝐼 − 𝑧𝐼𝐼 − ℎ) =
2𝜋𝑔
𝑊2
(𝑧𝐼
2
− 𝑧𝐼𝐼
2)
Reemplazando (1) y (2) en esta última:

2. 𝜋𝑅2
(
𝑊2
𝑅2
2𝑔
−
𝑊2
𝑅2
8𝑔
− ℎ) =
𝑔𝜋
𝑊2
(
𝑊4
𝑅4
4𝑔2
−
𝑊4
𝑅4
64𝑔2
)
Simplificando:
𝑊2
𝑅2
𝑔
(
3
8
−
15
64
) = ℎ
𝑊2
𝑅2
𝑔
(
9
64
) = ℎ
De donde:
𝑊 =
8
3𝑅
√𝑔ℎ
PROBLEMA N° 27
Un vaso cilíndrico de 2.50m. es llenado con agua hasta los 2m. El diámetro del vaso es
de 1.40m. Hallar la velocidad angular y las revoluciones por minuto que harían elevar el
agua hasta los bodes del vaso.
Solución:
Como el agua no se ha perdido:
𝑉𝑜𝑙. 𝑝𝑎𝑟𝑎𝑏𝑜𝑙𝑖𝑑𝑒 = 𝑉𝑜𝑙. 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑝𝑎𝑟𝑡𝑒 𝑑𝑒𝑙 𝑐𝑖𝑙𝑖𝑛𝑑𝑟𝑜 𝑠𝑖𝑛 𝑎𝑔𝑢𝑎 (𝑟𝑒𝑝𝑜𝑠𝑜)
𝜋𝑟2
ℎ
2
= 𝜋𝑟2(2.50 − 2.00)
Despejando: h= 1m
Como es un movimiento rotatorio se tiene:
𝑧 =
𝑤2𝑅2
2𝑔
; 1 =
𝑊2(0.70)2
0.49
De donde:
𝑤2
=
1×19.60
049
En R.P.M. : 𝑤 =
6.33 ×60
2𝜋
𝑤 = 6.33 𝑟𝑎𝑑
𝑠𝑒𝑔
⁄
𝑤 = 60.5 𝑅. 𝑃. 𝑀

3. PROBLEMA N° 28
Una semi-esfera de borde horizontal está llena de líquido. Calcular la cantidad de líquido
que desborda cuando la semi-esfera gira alrededor de su eje vertical con la velocidad
angular W.
Solución:
Para movimientos rotativos se sabe:
𝑧 =
𝑊2
𝑥2
2𝑔
Siendo r el radio de la esfera y h la
profundidad al girar en el centro:
ℎ =
𝑊2
𝑥2
2𝑔
La superficie es un paraboloide cuyo volumen
es:
𝜋𝑟2
ℎ
2
Esta es precisamente la cantidad de líquido
que se derrama.
∴ 𝑉 =
𝜋𝑟4
𝑊2
4𝑔
PROBLEMA N° 29
Un vaso cilíndrico está lleno de líquido ¿a qué velocidad deberá girar sobre un eje vertical
para que el líquido deje descubierto en el fondo un círculo de radio iguala las ¾ partes del
radio del cilindro? ¿Cuál será el volumen del líquido derramado por la rotación? El vaso
cilíndrico tiene 1.6m de diámetro y 2m de altura.
Solución
La altura z, a la que llega un líquido debido al movimiento rotativo está dado por:
𝑧 =
𝑊2
𝑥2
2𝑔
∴ 𝑊2
=
2𝑔2
𝑥2

4. La velocidad para el punto B:
𝑊2
=
2𝑔(2+ℎ)
0.82
……… (1)
La velocidad para el punto D:
𝑊2
=
2𝑔ℎ
0.62
……… (2)
(1) = (2) porque las velocidades angulares son
iguales para cualquier punto.
2𝑔(2 + ℎ)
0.64
=
2𝑔ℎ
0.36
De donde: ℎ = 2.57𝑚.
Sustituyendo en (2)
𝑊2
=
19.6×2.57
0.36
= 140
∴ 𝑊 = 11.8
𝑟𝑎𝑑
𝑠𝑒𝑔
.
Como estuvo lleno, el volumen derramado será:
𝑉 = 𝑉𝑜𝑙. 𝑝𝑎𝑟𝑎𝑏𝑜𝑙𝑜𝑖𝑑𝑒 (𝑟𝑎𝑑𝑖𝑜 0.8𝑚. ) − 𝑉𝑜𝑙. 𝑝𝑎𝑟𝑎𝑏𝑜𝑙𝑜𝑖𝑑𝑒 (𝑟𝑎𝑑𝑖𝑜 0.6)
𝑉 =
𝜋0.82(ℎ + 2)
2
−
𝜋0.62
ℎ
2
=
𝜋0.64(2 + 2.57)
2
−
𝜋0.36×2.57
2
𝑉 =
𝜋(0.64×4.57 − 0.36×2.57)
2
=
𝜋(1.9966)
2
𝑉 = 3.135 𝑚3

5. PROBLEMA N° 30
Una vasija cilíndrica contiene agua hasta una profundidad de 0.60.determinar la presión
máxima en el fondo cuando es rotada alrededor de su eje, a razón de 90 R.P.M. la altura
de la vasija es 1.20m. y su diámetro es 1.00m.
Solución:
La altura del paraboloide está dado por:
𝑧 =
𝑊2
𝑥2
2𝑔
Donde: 𝑊 = 90 𝑅. 𝑃. 𝑀. = 3𝜋 𝑟𝑎𝑑
𝑠𝑒𝑔.
⁄
𝑥 = 𝑟 = 0.5𝑚.
Luego: ℎ =
(3𝜋)2(0.5)2
19.6
= 1.133𝑚.
Calculo de la altura h’ que hay del fondo al
vértice del paraboloide:
𝑉𝑜𝑙. 𝐴𝐵𝐶𝐷 = 𝑉𝑂𝐿. 𝐴𝑔𝑢𝑎
+ 𝑉𝑜𝑙. 𝑝𝑎𝑟𝑎𝑏𝑜𝑙𝑜𝑖𝑑𝑒.
Es decir:
𝜋𝑟2(1 + ℎ′) = 𝜋𝑟2
0.60 +
𝜋𝑟2
ℎ
2
1.33 + ℎ′ = 0.60 +
1.133
2
De donde: ℎ′
= 0.034𝑚.
Luego la máxima y mínima presión sobre el fondo se realizarán respectivamente donde
hay más y menos altura de agua, es decir:
Presión máxima en los bordes: 𝑝 = 𝑤(ℎ + ℎ′) = 1,000(1.133 + 0.034)
𝑝 = 1.1167 𝑘𝑔 𝑚2
⁄
𝑝𝑚á𝑥 = 0.1167 𝑘𝑔 𝑐𝑚2
𝑟𝑒𝑙𝑎𝑡𝑖𝑣𝑜𝑠
⁄
Presión mínima al centro: 𝑝𝑚í𝑛 = 𝑤ℎ′ = 1,000×0.034
𝑝𝑚í𝑛 = 34 𝑘𝑔 𝑚2
⁄
𝑝𝑚í𝑛 = 0.0034 𝑘𝑔 𝑐𝑚2
𝑟𝑒𝑙𝑎𝑡𝑖𝑣𝑜𝑠
⁄

6. PROBLEMA N° 31
El cilindro vertical abierto, mostrado en la figura
adjunta, gira alrededor de su eje, a 56 R.P.M. si fue
previamente llenado de agua hasta el borde superior.
¿Hasta qué altura por encima de este borde se elevará
el agua en el tubo piezométrico?
Solución:
Al girar la superficie del líquido adquiere la forma parabólica, e incluso se prolonga hasta
en el tubo piezométrico, tal como se ve en la figura de la izquierda.
La velocidad angular es:
𝑊 = 56 𝑅. 𝑃. 𝑀. =
56×2𝜋
60
= 5.86 𝑟𝑎𝑑 𝑠𝑒𝑔
⁄
La ecuación la superficie parabólica está dado por:
𝑧 =
𝑊2
𝑥2
2𝑔
La altura de la parábola en el recipiente es:
ℎ =
(5.86)2(0.6)2
19.6
=
34.34×0.36
19.6
= 0.63𝑚.
La altura, a partir del eje X en el piezómetro es:
𝑧 =
(5.86)2(0.9)2
19.6
=
34.34×0.81
19.6
= 1.42𝑚.
La altura que se elevará el agua en el piezómetro
por encima del borde es:
∆ℎ = 𝑧 − ℎ = 1.42 − 0.63
∆ℎ = 0.79𝑚.

7. PROBLEMA N° 32
Un depósito cónico de eje vertical y generatriz inclinada 30° con respecto a su eje, gira
de un eje vertical, distante 1metro del eje del cono. ¿A cuántas R.P.M. se tendrá que hacer
girar el depósito para expulsar toda el agua contenida en él?
Solución:
Al girar adquiere una superficie parabólica dada por:
𝑧 =
𝑊2
𝑥2
2𝑔
Para que el agua se derrame completamente, esta curva debe ser tangente a una
generatriz en el vértice del cono.
Luego la derivada de la curva parabólica será la
pendiente de dicha generatriz:
𝑑𝑧
𝑑𝑥
=
𝑊2
𝑥2
2𝑔
= tan 60°√3
De donde: 𝑊2
=
𝑔√3
𝑥
Como 𝑥 = 1𝑚.
𝑊2
= 𝑔√3 = 9.8×1.73 = 16.954
𝑊 = 4.11 𝑟𝑎𝑑 𝑠𝑒𝑔.
⁄
En R.P.M.:
𝑊 =
4.11×60
2𝜋
𝑊 = 39.3 𝑅. 𝑃. 𝑀.

8. PROBLEMA N° 33
Un recipiente lleno de un líquido cuelga de un brazo horizontal de 1.50m cuyo extremo
está unido a un eje vertical. Calcular el número de R.P.M. con el cual se conseguirá vaciar
completamente el recipiente siendo el Angulo Φ para esta condición de 60°.
Solución:
Al girar la superficie libre será una sección parabólica cuy ecuación es:
𝑧 =
𝑊2
𝑥2
2𝑔
Para que se vacíe el depósito, la pared del
recipiente debe ser tangente a la parábola en el
punto A.
Derivando la ecuación de la parábola:
𝑑𝑧
𝑑𝑥
=
𝑊2
𝑥2
𝑔
= tan ∅ = tan 60° = √3
De donde:
𝑊 =
𝑔√3
𝑥
Pero en el punto A: 𝑥 = 1.5 − 𝑚 + 𝑛
𝑥 = 1.50 − 1 cos 60° + 0.80 cos 30° = 1.50 − 0.5 + 0.80×0.866
𝑥 = 1.695𝑚.
Luego:
𝑊 = √
9.8√3
1.695
= 3.16 𝑟𝑎𝑑 𝑠𝑒𝑔.
⁄
En R.P.M.:
𝑊 =
3.16×60
2𝜋
𝑊 = 30.18 𝑅. 𝑃. 𝑀.

9. PROBLEMA N° 34
Un cilindro cerrado de altura H tiene las tres cuartas partes de su volumen ocupados por
líquido. ¿Con qué velocidad ha de girar el cilindro alrededor de su eje para que el
paraboloide que se forme sea tangente a la base?
Solución:
La ecuación del paraboloide es:
𝑧 =
𝑤2𝑅2
2𝑔
𝐻 =
𝑤2𝑅2
2𝑔
… … . . (1)
Además los volúmenes sin agua inicial y final son
iguales:
𝜋𝑅2
(𝐻 −
3
4
𝐻) =
𝜋𝑋2
𝐻
2
De donde:
𝑅2
4
=
𝑋2
2
𝑋2
=
𝑅2
2
… … … (2)
Reemplazando (2) en (1)
𝐻 =
𝑊2
(
𝑅2
2
)
2𝑔
De aquí es despejada: 𝑊 =
2√𝑔𝐻
𝑅
PROBLEMA N° 35
se tiene un vaso cerrado ocupado totalmente por un liquido de peso especifico w . el
deposito tiene un radio R, si se le anima de un movimiento rotatorio w. ¿Cuál será el
empuje que tiende a destapar el vaso?
Solución:
Se sabe que en este caso el parabolide de revolución se
forma en la parte exterior del deposito y tangente
La presión a una distancia x, sobre la tapa será:
𝑝 = 𝑤𝑧
Pero como: 𝑧 =
𝑤2𝑅2
2𝑔

10. Se tiene que la presión unitaria es:
𝑝 =
𝑤𝑤2𝑅2
2𝑔
……………..(1)
Se sabe que: F= p.A ; tomando un anillo oncentrico
deferencial sobre la tapa:
𝑑𝐹 = 𝑝. 𝑑𝐴
𝑑𝐹 = 𝑝. 2𝜋×𝑑𝑥 … … … … … . . (2)}
Reemplazando (1) en (2) e integrando:
𝐹 =
𝑤𝑤2
𝑅2
2𝑔
∫ 𝑥3
. 𝑑𝑥
𝑅
0
𝐹 =
𝑤𝑤2
𝑅2
4𝑔
PROBLEMA N° 36
Un tanque cilíndrico de 1.20m. de diámetro y 1.50m. de altura, está lleno de agua, y es
hecho girar alrededor de su propio eje, que permanece vertical, con una velocidad angular
de 180 R.P.M.
a) Determinar el diámetro del área circular descubierto en el fondo y el volumen del líquido
derramado.
b) Si el mismo tanque lleno de agua, es cerrado en su parte superior ¿Cuál será la máxima
presión que se desarrollará en m. de agua absoluta, y donde se presentara?
SOLUCIÓN
Se sabe que: 𝑧 =
𝑤2 𝑥2
2𝑔
Para el paraboloide AOB:
W =
180 𝑋 2 𝜋
60
= 6 rad/seg.
X = r = 0.6m.
Z = 1.50 + h
Luego: 1.50 + ℎ =
(6𝜋)2+ (0.6)2
19.6
1.50 + ℎ = 6.5𝑚
h = 5m
Para el paraboloide de COD:
W = 6 rad/seg ; x = R ; z = h = 5m

11. Luego:
5 =
(6𝜋)2𝑅2
19.6
De donde: R = 1/6 𝜋 √5 𝑥 19.6 = 0.525𝑚.
El diámetro será: D = 2R D = 1.05
Vol. Derramado = Vol. Parábola AOB – Vol. Parábola COD.
𝑉 =
𝜋 0.62(1.50+ℎ)
2
−
𝜋 0.5252ℎ
2
=
𝜋
2
(0.36 𝑥 6.50 − 0.2756 𝑥 5)
V = 1.508 m3
PROBLEMA N° 37
Un cilindro de 1.80. de diámetro y 2.70m. de altura, es llenado de glicerina, cuto peso
especifico en 1,600 kg/m3, a una presión de 4,568kg/cm2. ¿A qué velocidad de rotación
deberá girar alrededor de su eje para que se produzca la ruptura del cilindro?. E l espesor
de las paredes del tanque es 18mm, de un acero que resiste 3,500kg/cm2 a la ruptura.
SOLUCIÓN
Se calculara primero la mínima presión para su ruptura:
Se sabe: 𝜎 =
𝑝𝐷
2𝑡
Despejando: p =
2𝜎𝑡
𝐷
Donde: 𝜎 = 3.500 kg/cm2
t = 18 mm = 1.8 cm
D = 1,80 m = 180 cm
Luego: 𝑝 =
2 𝑥 3.500 𝑥 1.8
180
P = 70 kg/cm2
Esta presión sucederá en los bordes inferiores del cilindro (MN) y debe ser igual,
como se aparecía en la figura, a la suma de presiones sobre ella es decir:
P = wh + presión del cilindro + wz ………………………………………. (1)
Como:
W = 1,600 kg/m3 = 0.0016 kg/cm3

12. h = 2.70 = 270 cm
𝑧 =
𝑤2 𝑥2
2𝑔
−
𝑤2 (0.90)2
19.6
= 0.0413 𝑤2𝑚 = 4.13 𝑤2𝑐𝑚
Presión del cilindro = 4.568 kg/ 𝑐𝑚2
Se tiene reemplazando en (1):
70 = 0.0016 x 270 + 4.568 + 0.0016 4.13 𝑤2
70 = 0.432 + 4.568 + 0.0066 𝑤2
De donde: 𝑤2
=
65
0.0066
= 9848 w = 99.25 rad/seg.
En R.P.M.: 𝑤2
=
6599.25 𝑋 60
2𝜋
W = 948 R.P.M.
PROBLEMA N° 38
Determine la pendiente de la superficie libre del agua en un recipiente muy pequeño
que está colocado en una masa horizontal giratoria, si la mesa gira a 30 R.P.M. alrededor
de un eje vertical situado a 2.00m. de distancia del centro del recipiente.
SOLUCIÓN
𝑧 =
𝑤2 𝑥2
2𝑔
𝑑𝑧
𝑑𝑥
= 𝑡𝑔𝜃 =
2𝑤2𝑥
2𝑔
=
𝑤2𝑥
𝑔
Como: W = 30 R.P.M. =
30 𝑥 2𝜋
60
= 𝜋𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔.
X = 2m
Se tiene reemplazando: 𝑡𝑔𝜃 =
2𝜋2
9.8
𝑡𝑔𝜃 = 2.014
Al girar la superficie libre del recipiente
será una superficie parabólica, pero, como
este es muy pequeño comparado con la
distancia al eje vertical, podemos asimilar
dicha superficie como un punto de la
curva.
Su pendiente será una tangente a la curva
en ese punto.

13. PROBLEMA N° 39
Un tubo de 2cm de diámetro y de 2. De longitud, cerrado en ambos extremos, está lleno
de mercurio (d.r = 13.6) a la presión atmosférica. El espesor de las paredes del tubo es de
0.001m. Se quiere determinar la máxima velocidad de rotación en R.P.M., que puede
darse al tubo sobre un plano horizontal y alrededor de un eje que pase por uno de sus
extremos, para que no se rompan las paredes del tubo por efecto de la presión interna
desarrollada. La carga de trabajo a la tensión del acero puede tomarse como 1,200kg/cm2.
SOLUCIÓN
Según sabemos la presión máxima que resiste la
tubería es:
P =
2𝜎𝑡
𝐷
Donde:
𝜎 = 1,200 kg/cm2
t = 0.001 m = 0.1 cm
D = 2 cm
Luego: 𝑝 =
2 𝑥 1,200 𝑥 0.1
2
P = 120 kg/cm2
Se puede escribir: p = wz (se desprecia la altura del diámetro por ser relativamente
pequeño).
Donde: 𝑝 = 12 kg/cm2
w = 13,600 kg/m3 = 0.0136 kg/cm2
𝑧 =
𝑤2 𝑥2
2𝑔
=
𝑤 (200)2
1960
Luego reemplazando: 120 = 0.0136
𝑤 (200)2
1960
Despejemos la incógnita:
𝑤 = √
120 𝑥 1960
0.0136(200)2
𝑤 =
140
200
= √
12
0.0136
=
7
10
= √883 = 20.79 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔.
En R.P.M.
𝑤 =
20.79 𝑋 60
2𝜋
𝑤 = 198.5 𝑅. 𝑃.
Esta máxima presión debe ser igual a la presión producida por la carga BC = z, es decir:
en el extremo B.

14. PROBLEMA N° 40
Determine el ángulo de la superficie libre de un tanque lleno de agua que es sujeto a una
aceleración horizontal constante de 1.5m/seg2
.
Solución:
Datos: 𝑎𝑥 = 1.5 𝑎𝑦 = 0 𝑎𝑧 = −𝑔
𝑑𝑃
𝜌
= 𝑎𝑥𝑑𝑥 + 𝑎𝑦𝑑𝑦 + 𝑎𝑧𝑑𝑧
1
𝜌
∗ ∫ 𝑑𝑃
𝐵
𝐴
= 𝑎𝑥 ∫ 𝑑𝑥
𝑥
0
+ 𝑎𝑧 ∫ 𝑑𝑧
𝑧
0
0 = 1.5𝑥 − 𝑔𝑧
𝑧
𝑥
=
1.5
𝑔
→ tan 𝛼 =
1.5
9.81
= 0.1529
tan−1
( 0.1 529) = 8.6935° = 𝟖° 𝟒𝟐′
PROBLEMA N° 41
¿Cuánta agua se derramará de un tanque rectangular de 1?50m de largo, 0.90m de
ancho y 1.20m de profundidad, si, estando lleno de agua al estar en reposo, es
acelerado en la dirección de su longitud, a razón de 0.60m/seg2?
Solución:
Volumen inicial = (1.5)(1.2)(0.9) = 1.62m3
𝑑𝑃
𝜌
= 𝑎𝑥𝑑𝑥 + 𝑎𝑦𝑑𝑦 + 𝑎𝑧𝑑𝑧
Para: 𝑎𝑥 = 0.6, 𝑎𝑧 = −𝑔 → tan 𝛼 =
0.6
9.81
Entonces, lado 𝐵 − 𝐵′
̅̅̅̅̅̅̅̅̅ = 1.5 ∗ tan 𝛼 = 0.0917
Volumen Derramado= Volumen (i) – Volumen (f)
Volumen Derramado = 1.62 − (
1.1083+1.2
2
) ∗ 1.5 ∗ 0.9 = 0.0619m3
= 62 litros

15. PROBLEMA N° 42
Un tanque de planta rectangular abierto, de 9m de largo, está montado sobre un carro que
se mueve en una vía a nivel, habiéndose acelerado desde el reposo hasta llegar a una
velocidad de 48km/hora. Cuando el carro se hallaba en reposo, el agua llenaba el tanque
hasta 0.15m por debajo del borde. Determínese el tiempo más corto en que pueda
completarse la indicada aceleración, sin que se derrame el agua.
Solución:
Datos: z = 0.15m L = 9m v = 48km/h x =
𝐿
2
𝑎 =
𝑉𝑓−𝑉𝑖
𝑡
→ 𝑎𝑥 =
𝑉𝑓
𝑡
…… ( 1 )
Como para:
𝑑𝑃
𝜌
= 𝑎𝑥𝑑𝑥 + 𝑎𝑦𝑑𝑦 + 𝑎𝑧𝑑𝑧
Resulta:
𝑧
𝑥
=
𝑎
𝑔
…… ( 2 )
( 1 ) en ( 2 ):
𝑧
𝑥
=
(
𝑉𝑓
𝑡
)
𝑔
En terminos del tiempo y reemplazando: 𝑡 =
𝑥∗𝑉𝑓
𝑧∗𝑔
=
4.5∗13.33
0.15∗9.81
= 𝟒𝟎. 𝟖 𝒔𝒆𝒈
PROBLEMA N° 43
Se tiene un depósito que se desliza sobre un plano inclinado, de inclinación α. Si no
existe fricción, hallar el ángulo β que forma la superficie libre con la horizontal.
Solución:
Para la ecuación de Euler:
𝑑𝑃
𝜌
= 𝑎𝑥𝑑𝑥 + 𝑎𝑦𝑑𝑦 + 𝑎𝑧𝑑𝑧
Por descomposición de fuerzas, Se tiene:
𝒂 = 𝑔 ∗ sin 𝛼
𝑎𝑥 = 𝑎 ∗ cos 𝛼 = 𝑔 ∗ 𝑠𝑖𝑛𝛼 ∗ 𝑐𝑜𝑠𝛼 …. (1)
𝑎𝑧 = 𝑔 ∗ 𝑠𝑖𝑛2
(𝛼) − 𝑔 ……………….(2)
Reemplazando en la fórmula de Euler, tenemos:
1
𝜌
∗ 𝑑𝑃 = −𝑔 ∗ 𝑠𝑖𝑛𝛼 ∗ 𝑐𝑜𝑠𝛼 𝑑𝑥 + 𝑔 ∗ (𝑠𝑖𝑛2(𝛼) − 1) 𝑑𝑧

16. Integrando obtenemos:
0 = −𝑔 ∗ 𝑠𝑖𝑛𝛼 ∗ 𝑐𝑜𝑠𝛼 ∗ 𝑥 + 𝑔 ∗ 𝑐𝑜𝑠2
𝛼 ∗ 𝑧
𝑧
𝑥
=
𝑠𝑖𝑛𝛼 ∗ 𝑐𝑜𝑠𝛼
𝑐𝑜𝑠2𝛼
=
𝑠𝑖𝑛𝛼
𝑐𝑜𝑠𝛼
= 𝑡𝑎𝑛𝛼
Pero como:
𝑧
𝑥
= 𝑡𝑎𝑛𝛽 → 𝜶 = 𝜷
PROBLEMA N° 44
Un vaso cilíndrico es llenado con agua hasta una profundidad de 1.80m. Siendo la altura
del vaso 2.40m y el radio del cilindro 0.60m, determínese la velocidad angular y las
revoluciones por minuto que harán elevar la superficie del agua, en los bordes, hasta el
mismo borde del vaso.
Solución:
Conservación del volumen:
𝜋(0.6)2(0.6) =
𝜋
2
(0.6)2
(2.4 − 𝑧)
𝑧 = 1.2 𝑚
Calculando la velocidad angular:
𝑧 =
𝑤2
∗ 𝑥2
2𝑔
→ 𝑤 = √
2𝑔𝑧
𝑥2
𝑤 = √
2(9.81)(1.2)
0.62
= 8.087
𝑟𝑎𝑑
𝑠𝑒𝑔
= 𝟕𝟕 𝑹. 𝑷. 𝑴.

17. PROBLEMA N° 45
¿A qué velocidad debe girar un vaso cilíndrico vertical, abierto, de 1?20m de diámetro,
de 1.80m 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 descubrir en el fondo del
cilindro, un área circular de 0.60m de diámetro?
Solución:
De las formulas:
𝑧 =
𝑤2
∗ 𝑟2
2𝑔
𝑧 + 1.8 =
𝑤2
∗ 𝑅2
2𝑔
Igualamos ecuaciones en función de z:
𝑤2
∗ 𝑟2
2𝑔
=
𝑤2
∗ 𝑅2
2𝑔
− 1.8
Despejando “w” y reemplazando datos:
𝑤 = √
2𝑔(1.8)
𝑅2 − 𝑟2
= √
2(9.81)(1.8)
0.62 − 0.32
𝑤 = 11.4368
𝑟𝑎𝑑
𝑠𝑒𝑔
= 𝟏𝟎𝟗 𝑹. 𝑷. 𝑴.
PROBLEMA N° 46
Un tanque cilíndrico de 1.20m de diámetro y 2.40m de alto, es girado alrededor de su eje, a
razón de 77R.P.M. Determínese la presión total en la cara superior, en la cara del fondo, y en los
costados, cuando el vaso está cerrado y está lleno completamente.
Solución:
Aplicando formula: 𝐹 =
𝜋∗w∗𝜔2∗𝑥4
4𝑔
Calculando:
𝐹1 =
𝜋 ∗ 1000 ∗ 8.06342
∗ 0.64
4(9.8)
= 𝟔𝟕𝟕 𝒌𝒈
Ahora:
𝐹2 = 677 + 𝑉𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒𝑛 ∗ 𝑃𝑒𝑠𝑜 𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐𝑖𝑓𝑖𝑐𝑜
𝐹2 = 677 + 𝜋(0.6)2(2.4) ∗ 1000 = 𝟑𝟑𝟗𝟏 𝒌𝒈

18. PROBLEMA N° 47
Un recipiente cónico de 1m de radio y 1m de altura, completamente lleno de agua, es
girado alrededor de su eje vertical a una velocidad de 30 R.P.M. Se pide calcular: a) El
volumen derramado durante la rotación; b) El nivel de la superficie libre en reposo
después de la rotación.
Solución:
Sabiendo: 𝑧 =
𝑤2∗𝑅2
2𝑔
𝑉 =
𝜋𝑅2∗𝑧
2
Obtenemos el Volumen derramado en función de w y R:
𝑉𝐷 =
𝜋𝑤2
∗ 𝑅4
4𝑔
Calculando con los datos: 𝑉𝐷 = 0.791 𝑚3
= 𝟕𝟗𝟏 𝒍𝒊𝒕𝒓𝒐𝒔
Ahora hallamos el nivel de la superficie:
𝑉𝐷 =
𝜋
3
𝑧(𝑟2
+ 𝑟 + 1) = 0.791
𝑉𝐴 =
𝜋
3
𝑟2(1 − 𝑧) = 0.256
Resolviendo ecuaciones: r = z = 0.624 m
PROBLEMA N° 48
El recipiente semiesférico de 1m de radio, completamente lleno de agua, es girado
alrededor de su eje vertical a una velocidad de 30 R.P.M. Se pide calcular: a) El
volumen derramado; b) El nivel de la superficie libre en reposo después de la rotación.
Solución:
Sabiendo: 𝑧 =
𝑤2∗𝑅2
2𝑔
𝑉 =
𝜋𝑅2∗𝑧
2
Obtenemos el Volumen derramado en función de
w y R:
𝑉𝐷 =
𝜋𝑤2
∗ 𝑅4
4𝑔
Calculando con los datos: 𝑉𝐷 = 0.791 𝑚3
=
𝟕𝟗𝟏 𝒍𝒊𝒕𝒓𝒐𝒔

19. PROBLEMA N° 49
Un vaso cilíndrico de 50 cms de radio y 20 cms de altura es ocupado por un líquido que
ocupa una altura de 5 cms. Se tapa la parte superior y se hace girar w R.P.M. Hasta que
el líquido tome la forma aproximada de un cilindro hueco, cuya relación de radios del
tronco de parábola sea 𝑟1 = 1.01 𝑟2. Hallar la velocidad angular.
Solución:
Aplicando formula:
𝑧 =
𝑤2
∗ 𝑟2
2
2𝑔
𝑧 + 0.2 =
𝑤2
∗ 𝑟1
2
2𝑔
Igualando componentes: 𝑤 = √
2𝑔(0.2)
𝑟1
2− 𝑟2
2
Aplicando conservación del volumen: obtenemos 𝑟2 = 0.4308𝑚, 𝑟1 = 0.4351
Reemplazando valores obtenidos
𝑤 = √
2(9.81)(0.2)
0.43512 − 0.43082
= 32.426
𝑟𝑎𝑑
𝑠𝑒𝑔
= 𝟑𝟎𝟗. 𝟔𝟓 𝑹. 𝑷. 𝑴.
PROBLEMA N° 50
Un tanque cilíndrico lleno de mercurio (d.r = 13.6) cerrado, es girado a la velocidad de 60
R.P.M., alrededor de un eje situado en la periferia del tanque. Si un diámetro es 1.00m como
también su altura, ¿Cuál será la máxima presión que se desarrollara, y donde se presentará?
Solución:
Calculamos z según la fórmula:
𝑧 =
𝑤2
∗ 𝑟2
2𝑔
Dónde: w = 6.283rad/seg r = 1m
Entonces : z = 2.012m = 2 m Hg
Calculando la presión: p = w z
P = 13600 (2.012) = 27363.65 kg/m2
= 2.7 kg/cm2

20. PROBLEMA N° 51
Un tubo horizontal, de 2.40m de largo y 0.05m de diámetro, es llenado con agua, bajo
una presión de 0.70 kg/cm2
, siendo después cerrado por los extremos. Si se imprime el
tubo un movimiento de rotación en un plano horizontal, con eje de rotación en uno de
los extremos del tubo, a razón de 60 R.P.M. ¿Cuál será la presión del agua en el
extremo exterior?
Solución:
w = 60 R.P.M.= 6.283 rad/seg
Calculamos la presión en el extremo:
P = Presion + w z …. ( 1 )
Para ello calculamos z :
𝑧 =
𝑤2
∗ 𝑟2
2𝑔
Nos resulta que: z = 11.589 m
Finalmente obtenemos la Presion en el extremo: P = 7000 + 11589 = 18589 Kg/m2
PROBLEMA N° 52
Un vaso cónico de eje vertical, y con sus lados inclinados a 30º con respecto al indicado eje,
gira alrededor de otro eje situado a 0.60m del primero y paralelo a él. ¿Cuál deberá ser la
velocidad de rotación para que el agua que llenaba el cono llegue a ser completamente
derramado por el efecto rotativo?
Solución:
Datos: α = 30º x = 0.60m
Calcularemos la velocidad angular, partiendo de la ecuación:
𝑧 =
𝑤2
∗ 𝑥2
2𝑔
Como el líquido será derramado completamente, la parábola tiene
que ser tangente al lado del recipiente cónico:
𝑑𝑧
𝑑𝑥
=
2𝑥𝑤2
2𝑔
=
𝑥𝑤2
𝑔
= 𝑡𝑎𝑛60 = √3

21. Entonces:
𝑥𝑤2
𝑔
= √3
Reemplazando datos obtenemos “w” :
𝑤 = √
9.81 ∗ √3
𝑥
= 5.32
𝑟𝑎𝑑
𝑠𝑒𝑔
= 𝟓𝟎. 𝟖𝟏 𝑹. 𝑷. 𝑴.
PROBLEMA N° 53
Un cilindro vertical, de 1.80m de alto, y de 1.20m de diámetro, llenado de agua hasta
los 2/3 de la altura, gira con velocidad uniforme alrededor de su eje, hasta el punto de
derramar el agua. A) Calcúlese la velocidad lineal de la circunferencia del cilindro. B)
¿Cuál deberá ser la velocidad de rotación que haga derramar 170 litros?
Solución:
A) Sabemos: 𝑧 =
𝑤2∗𝑥2
2𝑔
𝑉𝑝 =
𝜋∗𝑥2∗𝑧
2
Reemplazando z en la ecuación Vp:
𝑉𝑝 =
𝜋 ∗ 𝑥2
2
∗
𝑤2
∗ 𝑥2
2𝑔
=
𝜋 ∗ 𝑤2
∗ 𝑥4
4𝑔
𝑉𝑎𝑔𝑢𝑎 = 𝜋 ∗ 𝑥2
∗ 1.2
𝑉𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 𝜋 ∗ 𝑥2
∗ 1.8
𝑉𝑝 + 𝑉𝑎𝑔𝑢𝑎 = 𝑉𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙
𝜋 ∗ 𝑤2
∗ 𝑥4
4𝑔
+ 𝜋 ∗ 𝑥2
∗ 1.2 = 𝜋 ∗ 𝑥2
∗ 1.8
𝑤 = √
2𝑔(1.2)
𝑥2
= 8.087
𝑟𝑎𝑑
𝑠𝑒𝑔
Como V = w r, Calculamos la velocidad: v = 8.087 x 0.6 = 4.85 m/s
B) Considerando los volúmenes vacíos:
𝑉𝑖 + 0.17 = 𝑉𝑝
𝜋(0.6)2(0.6) + 0.17 =
𝜋
2
(0.6)2
𝑧
𝑧 = 1.5 𝑚
Calculando velocidad angular: 𝑤 = √
2𝑔(1.5)
(0.6)2
= 9.04
𝑟𝑎𝑑
𝑠𝑒𝑔
= 𝟖𝟔. 𝟑 𝑹. 𝑷. 𝑴.

22. PROBLEMA N° 54
Un cilindro cerrado de acero, de 1.80m de diámetro, de 3m de largo, de eje vertical, está
completamente llenado de agua (a la presión atmosférica). ¿A qué velocidad de rotación
deberá 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 desarrollada? El espesor de
las paredes del tanque es de 6mm, de un acero que resiste a 3500kg/cm2
a la ruptura.
Solución:
Presión mínima de ruptura: 𝜗 =
𝑝 ∗ 𝐷
2𝜏
𝑝 =
2𝜏 ∗ 𝜗
𝐷
Donde:
𝜗 = 3500
𝑘𝑔
𝑐𝑚2
, 𝜏 = 0.6 𝑐𝑚, 𝐷 = 180 𝑐𝑚
Entonces: 𝑝 = 23.33
𝑘𝑔
𝑐𝑚2
Ahora como también: 𝑝 = 𝑤ℎ + 𝑤𝑧
Calculamos 𝜔 :
23.33 = 0.001(300 + 4.128 𝜔2
)
𝜔 = 74.69
𝑟𝑎𝑑
𝑠𝑒𝑔
= 𝟕𝟏𝟐 𝑹. 𝑷. 𝑴.
PROBLEMA N° 55
Un depósito resbala por acción de su propio peso sobre un plano inclinado 40º con la
horizontal. ¿Qué ángulo formara con la superficie libre del líquido con la horizontal si el
coeficiente de fricción entre el fondo del depósito y el plano inclinado es f=tgθ=0?5?
Solución:
Sea: Q = Peso → T =Q sin40, N= Q cos40
Donde T y N son componentes de Q.
R= N f = Q cos40 * tanθ
Fuerza de movimiento: F = T – R
F = Q ( sin40 – cos40 * tanθ)
Como F= m a:
𝑎 =
𝐹
𝑚
=
𝑄(𝑠𝑖𝑛40 − 𝑐𝑜𝑠40 ∗ 𝑡𝑎𝑛θ)
𝑄
𝑔

23. 𝑎 = 𝑔(𝑠𝑖𝑛40 − 𝑐𝑜𝑠40 ∗ 𝑡𝑎𝑛θ)
Hallando componentes de la aceleración:
𝑎𝑥 = −𝑎 ∗ 𝑐𝑜𝑠40 𝑎𝑦 = 0 𝑎𝑧 = 𝑎 ∗ 𝑠𝑖𝑛40 − 𝑔
Aplicando la ecuación de Euler y el principio de D’Alamber, obtenemos:
1
𝜌
∗ ∫ 𝑑𝑃
𝐵
𝐴
= −𝑎𝑥 ∫ 𝑑𝑥
𝑥
0
+ 𝑎𝑧 ∫ 𝑑𝑧
−𝑧
0
0 = −𝑎𝑥 ∗ 𝑥 − 𝑎𝑧 ∗ 𝑧
𝑧
𝑥
=
𝑎𝑥
−𝑎𝑧
Pero como: tan β =
𝑧
𝑥
β = arctan (
𝑎𝑥
−𝑎𝑧
) 𝛃 = 𝟏𝟑°𝟑𝟎′
PROBLEMA N° 56
Determinar el ángulo que formara con la horizontal la superficie libre del líquido
contenido en un depósito que se desliza a una aceleración de 2m/seg2
, sobre un plano
inclinado, que hace un ángulo de 30º con la horizontal.
Solución:
Aplicando formula de Euler:
𝑑𝑃
𝜌
= 𝑎𝑥𝑑𝑥 + 𝑎𝑦𝑑𝑦 + 𝑎𝑧𝑑𝑧
1
𝜌
∗ ∫ 𝑑𝑃
𝐵
𝐴
= 𝑎𝑥 ∫ 𝑑𝑥
𝑥
0
+ 𝑎𝑧 ∫ 𝑑𝑧
−𝑧
0
Donde:
𝑎𝑥 = −𝑎 ∗ 𝑐𝑜𝑠30
𝑎𝑧 = 𝑎 ∗ 𝑠𝑖𝑛30 − 𝑔
Integrando obtenemos:
0 = −𝑎 ∗ 𝑐𝑜𝑠30 ∗ 𝑥 − (𝑎 ∗ 𝑠𝑖𝑛30 − 𝑔) ∗ 𝑧
𝑧
𝑥
=
𝑎 ∗ 𝑐𝑜𝑠30
𝑔 − 𝑎 ∗ 𝑠𝑖𝑛30
Pero como: tan β =
𝑧
𝑥
β = arctan (
𝑎 ∗ 𝑐𝑜𝑠30
𝑔 − 𝑎 ∗ 𝑠𝑖𝑛30
)
𝛃 = 𝟏𝟏° 𝟏𝟏′

24. PROBLEMA N° 57
Un vaso cilíndrico cerrado de 1.50m de diámetro y 0.60m de altura, tiene agua hasta una
altura de 45cm. ¿A qué velocidad será necesario girar el vaso alrededor de su eje para
que la superficie del agua resulte tangente al fondo?, ¿Cuál será la presión en el líquido,
en el perímetro del fondo del vaso?
Solución:
Recordando que: 𝑧 =
𝑤2∗𝑥2
2𝑔
Calculamos w :
𝑤 = √
2(9.81)(0.6)
0.752
𝑤 = 4.5747
𝑟𝑎𝑑
𝑠𝑒𝑔
= 𝟒𝟑. 𝟔𝟖 𝑹. 𝑷. 𝑴.
Presión= w * z =2* 0.001 * 0.60 = 0.12 kg/cm2
PROBLEMA N° 58
Un tubo horizontal de 3 pulgadas de diámetro, 4 pies de largo, es llenado con un aceite
de gravedad especifico igual a 0.822 (a presión atmosférica). Si se imprime el tubo un
movimiento de rotación en un plano horizontal, con el eje de rotación, distante 12
pulgadas de uno de los extremos del tubo, a 262.5 revoluciones por minuto. ¿Dónde se
presenta la máxima presión y cuál es su valor?
Solución:
𝑔2 = 𝑔𝑟 ∗ 𝑔1, Entonces: 𝑔2 = 8.06 𝑚/𝑠2
Como 𝜔 = 262.5 𝑅𝑃𝑀 = 27.4889 𝑟𝑎𝑑/𝑠𝑒𝑔
Procedemos a calcular z:
𝑧 =
𝑤2
∗ 𝑥2
2𝑔
𝑧 = 108.87 𝑚
La presión será máxima en el otro extremo, y con el valor de p = w z = 70308.14 kg/m2
P = 7 kg / cm2