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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