Mecánica-Estructuras.

La viga de la figura adjunta, que pesa 1.000 kg. y tiene 8 m. de larga, hace de carrilaéreo. Sobre ella desliza un colgador en el que colocamos un peso de 2.000 kg.Calcular:

a) La tensión del cable del soporte.b) La fuerza ejercida por la pared sobre la viga y el ángulo que forma esta con la

horizontal, cuando la carga se encuentra a una distancia de 6 m. de la pared.

Nota: se desprecian los pesos del colgador y cables.

RESOLUCIÓN

a) Dado que en la pared tan solo se nos habla de una reacción de fuerza y no de unpar se deduce que la pieza se apoya sobre la pared mediante un apoyo articuladofijo, por lo que la reacción F puede considerarse constituida por sus doscomponentes horizontal y vertical (Fx y Fy).

Así pues tenemos tres incógnitas que son la tensión en el cable (T), y las doscomponentes Fx y Fy de la reacción F (o lo que es lo mismo, la propia reacciónF y el ángulo α). Por ello, podemos aplicar las correspondientes ecuaciones deequilibrio estático para resolver según vemos a continuación, es decir, suma defuerzas horizontales 0, suma de fuerzas verticales 0, y suma de momentos sobrecualquier punto del sistema 0 (tomaremos el punto en el que la viga se una a lapared, al que denominaremos o).

030ºcosTF0F XH 030ºsenT2.0001.000F0F YV

0830ºsenTx2.0004000.10M o

de la última ecuación se obtiene que:

T = 1.000 + 500 ∙ x

donde dicho valor viene expresado en kp.

Obsérvese que en las posiciones extremas del colgador se obtienen los valoresmáximo y mínimo de la tensión en el cable:

Tmáx(x=8m) = 5.000 kp.Tmín(x=0m) = 1.000 kp.

Si particularizamos el valor de la tensión obtenida para la posición x = 6 m. nosdará:

T = 4.000 kp.

b) Una vez conocido el valor de la tensión en x = 6m. podemos resolver lascomponentes Fx y Fy de la fuerza que la pared ejerce sobre la viga simplementesustituyendo en las dos ecuaciones de fuerzas reflejadas anteriormente el valor T= 4.000 kp. obteniéndose:

030ºcosTF0F XH → FX = 3.464’1 kp.

030ºsenT2.0001.000F0F YV → FY = 1.000 kp.

por lo que la resultante de ambas fuerzas será:

kp.3.605'55FFF 2Y

2X

y el ángulo formado con la horizontal tal y como nos muestra la figura delenunciado será:

16'10ºF

Ftgarc

X

Y

Mecánica-Estructuras.

En la figura tenemos una viga simplemente apoyada que soporta una carga verticalrepartida que varía desde cero en el extremo izquierdo hasta un valor máximo de 1200kg/m lineal en el derecho.

Obtener:

a) El valor de las reacciones en los apoyos.b) Las ecuaciones de esfuerzos cortantes y momentos flectores de la viga.c) Los diagramas de esfuerzos cortantes y de momentos flectores de la viga.d) El punto de la viga con momento flector máximo y su valor.e) La tensión de trabajo máxima a flexión sabiendo que la viga es una IPN-120 con

un momento de inercia Ixx = 328 cm4

a) Consideremos RA a la reacción sobre el apoyo izquierdo (articulado fijo, quelógicamente solo posee reacción con componente vertical, al no existir cargascon componente horizontal) y RB a la que aparece sobre el apoyo derecho(articulado móvil, y por tanto con tan solo reacción vertical por su propianaturaleza). Por ello, aplicando las ecuaciones de equilibrio estático disponiblestendremos que:

02

31200RR0F 21V

R1 = 600 Kp.

012

312003R0M 12

R2 = 1200 Kp.

b) Tan solo existe una sección característica en la viga, situada a una distancia “x”del origen que lo consideramos situado en el apoyo izquierdo. Por ello:

Kp.x200-600Q-600T 2

0 ≤ x ≤ 3

mKpx3

1200-x600

3

xQ-x600M 3

Téngase en cuenta que en la posición en que efectuemos el corte tendremos unacarga de “q” kp/m lineal, y que llamamos “Q” a la carga total hasta dicho corte.

Por ello puede establecerse una relación de semejanza entre el triángulo total decarga y el generado por nosotros hasta el punto de corte. Y por ello se obtieneque:

x2002

xqQpor tantoyx;400q

3

1200

x

q 2

El mismo resultado puede obtenerse si consideramos un elemento infinitesimalde carga (aplicado sobre una longitud dx), con lo que:

x

0

2x

0

x

0x200dxx400dxqdQQ

c)

d) Para localizar el punto de momento flector máximo, indicaremos quelógicamente éste se corresponde con el valor nulo de la derivada de la funciónmomento flector, que es el cortante T, así pues:

Kp.x200-600Q-600T 2 = 0 → x = 3 = 1’73 m.,

0 ≤ x ≤ 3 y por tanto:

mKp82'692x3

200x600)3(xM 3

e)24

máx.

xx cm

kp1267'35

cm6cm328

mkp69282

yI

M

donde )resistente(móduloWy

I

máx.

xx

y por otra parte ymáx. es la distancia que separa el “eje neutro” (en este caso tal ycomo se produce la flexión es horizontal) de las fibras más alejadas de la viga,que son 6 cm. dado que la viga de la que se nos habla es un IPN-120, y por lotanto con 12 cm. de altura.

Motores térmicos.

Tenemos un motor de cuatro tiempos con cuatro cilindros en línea, que tienen undiámetro de 96 mm., una carrera de 92 mm. y una relación de compresión de 22:1.Alcanza una potencia indicada de 125 CV a 3.600 r.p.m. y el par motor máximoefectivo es de 278 N∙m con el motor a 2.200 r.p.m. Calcular:

c) Cilindrada del motor.d) Volumen total de cada cilindro.e) Presión media indicada sobre los pistones (en N/cm2).f) Potencia efectiva (en CV).g) Rendimiento mecánico.

Considérese que 1 CV son 735 w.

RESOLUCIÓN

Ordenemos los datos que se nos proporcionan:

- Motor de 4 t- i = 4 cilindros- d = 9’6 cm.- h = 9’2 cm.

- 222

1 V

V

- NI = 125 CV = 91.875 w. (a 3.600 r.p.m.)

- Mt = 278 N∙m (a n’= 2.200 r.p.m.)

a) cm2.263'6740'24

9'6ih

4

diCC 3

22

1

b) 222

1 V

V V1 = 697’63 cm3

213

1 V-Vcm665'924

CC V2 = 31’71 cm3

c)rev.2

ciclo1

seg.60

rev.3.600

motor

cilindros4

cilindrociclo

JWw91.875N II

de donde se obtiene que:cilindrociclo

J765'625WI

y por tanto la presión media indicada (pmi) será:

2

2

3I

I

cm

N114'97

m1

cm10

cilindro

cm665'92

cilindrociclo

J765'625

C

Wpmi

d) CV.87'14kw64'05w64.046'6seg.

rad.

60

22.200mN278n'MtNE

e) 0'697w91.875

w64.046'6

N

N

I

Em ; es decir un 69’7 %.

Mecanismos de transmisión.

El mecanismo de transmisión de una fresadora permite que ésta trabaje a dosvelocidades; tal y como se indica en la figura.

El número de dientes de cada rueda es: Z1=24, Z2=48, Z3=30, Z4=18, Z5=60 y Z6=36. Elmotor gira a 1500 rpm y desarrolla una potencia de 2’5 kw. Calcular:

a) La velocidad del eje portafresas en cada una de las dos velocidades.b) El par y la potencia resultantes en cada velocidad.c) La velocidad de corte de una fresa de 50 mm. de diámetro cuando la máquina

gira en primera velocidad.

a) El motor está acoplado al eje de la rueda dentada 1, la cual transmite elmovimiento a la rueda 2.

Recordando que la expresión genérica para la relación de transmisión, es la queaparece a continuación, podremos utilizar aquellos términos de dicha expresiónque nos puedan ayudar en cada momento a resolver las distintas partes de esteejercicio:

1

2

1

2

1

2

1

2

2

1

2

1

2

1

M

M

z

z

D

D

r

r

n

ni

ntransmisió

siendo:

- el subíndice 1 el correspondiente al elemento conductor o motriz.- el subíndice 2 el correspondiente al elemento conducido.- el ángulo girado por cada rueda (en grados, o en radianes).

- la velocidad angular de cada rueda (en rad/seg).- n la velocidad angular de cada rueda (en rpm).- r y D, el radio y el diámetro de la correspondiente rueda, caso de

que se trate de ruedas de fricción. Si son ruedas dentadas setrabajaría obviamente con el radio y del diámetro primitivo.

- z el número de dientes, lógicamente si se trata de ruedas dentadas.- M1 es el par (momento torsor) transmitido por el elemento

conductor o motriz, y M2 es el par (momento torsor) recibido porel elemento conducido.

En 1ª velocidad la rueda 4 transmite a la rueda 5.

67'618

60

24

48)ª1(

4

5

1

2 z

z

z

zi

y por lo tanto rpmn sportafresaeje .225)ª1(.

En 2ª velocidad la rueda 3 transmite a la rueda 6.

4'230

36

24

48)ª2(

3

6

1

2 z

z

z

zi

y por lo tanto rpmn sportafresaeje .625)ª2(.

67'6.1500

)ª1()ª1(.)ª1(.

sportafresaejesportafresaeje

motor

n

rpm

n

ni

4'2.1500

)ª2()ª2(.)ª2(.

sportafresaejesportafresaeje

motor

n

rpm

n

ni

b) Calculemos primero el par motor (Mmotor = Mt).

motormotormotor MN

mN

rev

rad

seg

revwN

MMmotor

motortmotor

.92'15

.

..2

..60

..1500.2500

Suponemos en ambos casos 1ntransmisió ya que no nos da el dato, por lo que

teniendo en cuenta que:

salidantransmisiómotor NN ; siendo

motortmotor MN

salidasalidasalida MN

se cumplirá que:

salidasalidasalidantransmisiómotortntransmisiómotor NMMN

y por lo tanto:

tntransmisió

salida

salida

motor

M

Mi

En 1ª velocidad:

wwNN ntransmisiómotor 250012500)ª1(

mNMiM tntransmisió .19'10692'15167'6)ª1()ª1(

En 2ª velocidad:

wwNN ntransmisiómotor 250012500)ª2(

mNMiM tntransmisió .21'3892'1514'2)ª2()ª2(

con ello queda calculada la potencia en cada marcha y el par desarrollado encada caso por la fresadora.

c) En 1ª velocidad, tal y como nos piden, la velocidad de corte de la fresa de 50mm. de diametro será:

.min

.34'35

.

05'0

.min

..225)ª1(

m

rev

mrevv

Dibujo técnico.

Representar a escala 2:1 la perspectiva isométrica de la pieza definida por sus vistasdiédricas en sistema europeo.

En la página siguiente, la figura se representa a escala 2:1 tal y como indica elenunciado.

Se representa a través de lo que llamamos “dibujo isométrico”, es decir,sin aplicar el correspondiente coeficiente reductor.

En la figura de la página siguiente se utiliza la escala 1:1 para que el dibujo quepa en el papel.

En esta segunda figura, si se aplica el correspondiente coeficiente reductor 816'03

2 para cada uno de los

tres ejes del sistema, por lo que en este caso, si podemos hablar propiamente, de “perspectiva isométrica”.

Metalurgia.

Observa el diagrama de fases Cu-Ni de la figura y responde a las siguientes cuestiones:

a) ¿Cuál es la temperatura de inicio y fin del proceso de solidificación para lassiguientes composiciones?- 20 % de Cu.- 50 % de Cu.- 20 % de Ni.

b) ¿Cuál es la temperatura mínima en que encontraremos la aleación en estadolíquido, para cualquier composición?

c) ¿A partir de que % de Cu una aleación estaría totalmente líquida a 1300 ºC? ¿ysólida?

d) Calcula el número de fases, composición de cada una y cantidades relativas decada fase para una aleación del 50% de Cu y 1300 ºC.

RESOLUCIÓN

a) – Para el 20% de Cu el inicio de la solidificación se da a 1.408 ºC y el final a1.378 ºC.

– Para el 50% de Cu el inicio de la solidificación se da a 1.311 ºC y el final a1.272 ºC.

– Para el 20% de Ni el inicio de la solidificación se da a 1.200 ºC y el final a1.160 ºC.

b) 1.455 ºC que es el punto de fusión del Ni.

c) A 1.300 ºC: totalmente líquida a partir del 54’5 % de Cu (54’5 % o más).totalmente sólida con el 41’5 % de Cu o menos.

d)

FASES SÓLIDA (α) LÍQUIDA (L)

COMPOSICIÓN58’5 % Ni41’5% Cu

45’5 % Ni54’5 % Cu

% 62'341005'455´58

5'4550

38'65100

5'455´58

505'58

50 %Cu

50 %Ni

1.300ºC

Comprobación:

0’3462 ∙ 58’5 % Ni + 0’6538 ∙ 45’5 % Ni = 50 % Ni0’3462 ∙ 41’5 % Cu + 0’6538 ∙ 54’5 % Cu = 50 % Cu

Corriente continua

Un generador de f.e.m. 120 V y Resistencia interna 0,048Ω, suministra una corrientede 20 A a un motor electrico situado a 300m de distancia. La línea para elsuministro es de hilo de cobre con una resistividad de 0,18μΩ.cm2/cm de 4mm dediámetro y el motor tiene una resistencia interna de 0,5Ω. Calcular:

a) La resistencia del conductor.b) La tensión en bornes del generador.c) La caída de tensión de la línea.d) La tensión en los bornes del motor.e) La fuerza contraelectromotriz del motorf) La sección que debería tener el hilo de la línea si la caída de tensión admitida

fuera de 5V.g) La resistencia que sería necesaria intercalar en el circuito para que al arranque

del motor la corriente no sobrepase 30A.

RESOLUCIÓN

El esquema eléctrico que se indica en el problema es el siguiente.

Conductor de cobre:cm

cm2

18,0 , mmdiámetro 4:

Vistas las unidades de la resistividad que nos indica el enunciado, hay que darse cuentade las unidades con que trabajaremos: trabajaremos en cm y el resultado lo tendremosen μΩ.

0864,086400125,0

10300218,0

2

22

cm

cm

cm

cm

S

LRL

Ya que la sección era:

222

125,04

)4,0(

4cm

dS

De aquí se podrá calcular ya:

VIRgEgUg 04,11920048,0120

VIRU LL 72,1200864,0

VUUU LgM 31,11772,104,119

VIRUE MMM 31,107205,031,117'

La sección admitida para la caída de tensión de 5 voltios será:

25,020

5

I

UR L

L

2

2

0432,0250000

30000218,0cm

cmcm

cm

R

LS

L

Se podrá calcular la corriente de arranque teniendo en cuenta que la fuerzacontraelectromotriz del motor en el momento del arranque toma el valor 0V, debido aque la velocidad el motor en este instante es nula.Si analizamos la malla, podremos formular la siguiente ecuación de tensiones delsistema:

IRRREE MLgMg )('

ARRR

E

RRR

EEI

MLg

g

MLg

Mg

arranque 15,1895,00864,0048,0

1200'

Esta sería la corriente de arranque teórica en el caso de arranque directo del motor, senos pide que calculemos la resistencia limitadora (RR) para controlar la corriente dearranque a un valor máximo de 30 A. Si colocamos esta resistencia, tendremos:

RMLg

g

deseadaRRRR

EI

36,3)5,00864,0048,0(30

120)( MLg

deseada

g

R RRRI

ER

Corriente alterna - trifásica

Calcular las intensidades de fase en la carga desequilibrada de la figura.

RESOLUCIÓN

En primer lugar, por aplicación de la Ley de Kirchoff se puede calcular fácilmente laintensidad de línea: (tener en cuenta que aunque no se indique la nomenclaturavectorial, se trata de suma de números complejos)

0 cba iii

)(2)42()( Ajjiii cab

Para el cálculo de intensidades, lo más cómodo es convertir la conexión en triángulo enla estrella equivalente:

2

1

121

)1)(1(1

jj

jj

ZcaZbcZab

ZcaZabZ

2

1

121

2)1(2

j

jj

j

ZcaZbcZab

ZabZbcZ

2

1

121

)1(23

j

jj

j

ZcaZbcZab

ZbcZcaZ

Las tensiones de fase de esta estrella son:

)(2)(42

11 VAiZu aa

)(2

31))(2(

2

12 V

jAj

jiZu bb

)(2

31))(2(

2

13 V

jAj

jiZu cc

Esto permite calcular fácilmente las tensiones de línea:

)(2

35V

juuu baab

)(3 Vjuuu cbbc

)(2

35V

juuu acca

Se puede comprobar que la suma de estas tres tensiones es cero, como resulta lógico alaplicar la segunda ley de Kirchoff:

COMPROBADOjjjj

jj

uuu cabcab

02

35635

2

353

2

35

Como estas tensiones de línea son también las que corresponden al triángulo delenunciado del problema, las intensidades de fase serán:

)(2

4

12

35

Aj

j

j

Z

ui

ab

abab

)(2

3A

j

Z

ui

bc

bcbc

)(2

4

12

35

Aj

j

j

Z

ui

ca

caca

Electrónica analógica - transistores

Determinar el punto de trabajo y la recta de carga en el transistor (β=100) de lafigura.

RESOLUCIÓN

Tenemos un transistor PNP, siendo el sentido de las intensidades el que ya se hamarcado en el esquema.Aquí tendremos que el transistor se supone de Silicio, con VVEB 7,0

Para el cálculo de la recta de carga, buscaremos la malla emisor-base, ya que será esta laque nos marcará la pendiente de dicha recta.

EEECcccc IRVIRV

De aquí podremos calcular:

1C

CCBCE I

IIIII

1CEECCCcc IRVIRV

1ECCECcc RRIVV

Corte: VVVAI ECccC 60

Saturación: mA

kkRR

VIVV

EC

ccCEC 45,5

100

11001,01

6

10

La recta de carga que quedaría sería:

El punto Q lo podremos calcular mediante el estudio de la malla emisor-base:

EEEBBBBB IRVIRV

Se puede substituir: )1( BBBCBE IIIIII

)1( BEEBBBBB IRVIRV

mARR

VVI

EB

EBBBBptoQ 027,0

)1001(1,01

7,01

)1(

mAII BptoQCptoQ 7,2027,0100

1ECCCCEC RRIVV

VmAVECptoQ 02,3100

11001,017,26

Por lo que el pto Q(3,02V,2,7mA)

Ic

VEC

6 V

5,45 mA