Download Mecánica (Septiembre 2005) - Escuela Técnica Superior de

Escuela Técnica Superior de Ingeniería Industrial
PRUEBAS DE ACCESO A LA UNIVERSIDAD DE BACHILLERATO
LOGSE (PLAN 2002)
Septiembre 2005. MECÁNICA.
C1) Determina la resultante del sistema de fuerzas coplanarias mostrado en la
figura inferior izquierda. Indica sus componentes en los ejes x e y, además de su módulo
y dirección.
(2.0 p)
Solución:
Determinamos la fuerza resultante en sus componentes horizontal (Rx):
RX ' [100cos(45) % 75cos(60)] & [100cos(45) % 80 cos(30)] &120 '
' &151,78 N
y en su componente vertical (Ry), según los ejes de la figura:
Ry ' [100sen(45) % 100sen(45)] & [75cos(60) % 80 sen(30)] '
' %36,47 N
C2) Una masa de 50kg es elevada utilizando un sistema de poleas. La primera está
sujeta por una parte en el techo de una nave industrial y por la otra por un cable que pasa
por dos rodillos, cable sobre el que al final se ejerce una fuerza vertical F (véase figura
superior derecha en esta página). ¿Qué valor debe tener la fuerza F para elevar la masa de
50kg?.
(2.0 p)
Solución:
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La solución al problema viene dado por el planteamiento de condiciones de equilibrio
en cada una de las poleas del sistema. En la primera de ellas:
2(T ' 50kg Y T ' 25 kg
y en la segunda y tercera de ellas (tenga en cuenta que no hay momento en el eje de la
polea), en el cable se tiene la misma tensión a la entrada y a la salida de la polea (la tensión T
que había en la polea que soportaba la masa de 50kg). Luego la fuerza F que ha que ejercer es
de 25 kg (245,2 N).
C3) En la figura inferior se muestra un bloque de hormigón. Determina:
a) El momento de inercia respecto al eje y-y'.
(1.0 p)
b) El momento de inercia del perfil respecto al eje x-x'.
(1.0 p)
Solución:
a) Momento de inercia respecto al eje vertical y-y'
En este tipo de problemas hay dos resoluciones posibles. Cualquiera de ellas es válida
y debe aplicarse la que resulte más fácil de comprensión al alumno, pero recomendamos que
practiques con la solución alternativa para comprender mejor el cálculo y concepto de momento
de inercia. Vamos a pasar a ver cada una de ellas:
a1) Primer método: diferencia entre el momento de inercia de la pieza maciza y los
huecos:
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No vamos a calcular el centro de gravedad (cdg) de la pieza porque en este caso su
simetría lo hace innecesario, dicho cdg está en las coordenadas (0, 10 cm). El momento de
inercia de un rectángulo respecto a un eje que pasa por su cdg viene dado por:
Iyy ) '
1
b(h 3
12
donde b es la base (paralela al eje de giro) y h es la altura (perpendicular a dicho eje de
giro). En nuestro caso la pieza maciza tendrá un momento:
maciza
Iyy )
'
1
20((4)3
b(h 3 '
' 853,32cm 4
12
12
y uno de los "huecos" interiores:
hueca
Iyy )
'
1
8,5((6)3
' 153cm 4
b(h 3 '
12
12
por tanto el momento de inercia de la pieza real será:
maciza
Iyy ) ' Iyy )
hueco
& 2(Iyy )
' 547,32 cm 4
a2) Segundo método: seccionamiento de la pieza:
En este caso vamos a dividir (seccionar) la pieza en rectángulos que es una forma
geométrica sencilla en la que sabemos calcular los momentos de inercia. Aunque hay muchas
"disecciones" posibles, podemos plantear la que se observa en la figura: dos columnas laterales
de la pieza (1 y 2), dos culatas en la parte superior e inferior (3 y 5), y la pieza central (4).
Las dos columnas (1 y 2) son rectángulos que giran respecto a un eje que no pasa por su
centro de gravedad, ni por su base, por lo que tendremos que aplicar el Teorema de Steiner:
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1
Iyy ) ' (r)2(b(h %
1
b(h 3
12
siendo r la distancia del cdg al eje de giro yy' respecto al que se calcula el momento de
inercia. Aplicado a nuestras columnas 1 y 2:
1,2
Iyy ) ' (3,5)2(1(20 %
20(13
' 246,67cm 4
12
En cuanto al momento de inercia de las culata, éstas giran respecto a un eje que pasa por
su cdg, luego:
3,4,5
Iyy )
'
1
1(33
b(h 3 '
' 18cm 4
12
12
Luego el momento total será la suma de los momentos de cada una de las cinco piezas
(columnas+culatas):
)
1,5
2,3,4
Iyy ' 2(Iyy ) % 3(Iyy )
' 547,3cm(4
b) Momento de inercia respecto al eje horizontal x-x'
Aplicando el mismo método que el descrito en el apartado a de la cuestión:
Ixx ) • 8218,9cm 4
C4) Un cuerpo de masa 80kg se coloca en un montacargas de 100kg de peso que está
sujeto con un cable de acero a una polea. Calcula la tensión en el cable del montacargas si:
a) El montacargas sube a una velocidad constante de 0,5 m/s.
(1.0 p)
b) El montacargas falla y desciende acelerando inicialmente a razón de 9,8 m/s2 ,
con velocidad de 1m/s.
(1.2 p)
Solución:
a) El montacargas sube a 0,5m/s
No hay fuerzas de inercia, al ser constante la velocidad de subida
T ' [Mmasa % Mmontacargas](g ' 1765,8N
b) El montacargas falla y decelera a razón de 9,8 m/s
En este caso si que hay fuerzas de inercia, pero al ser la inercia igual a la aceleración de
la gravedad, se compensan pesos y fuerzas de inercia, luego la tensión T en el montacargas es
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nula.
P1) La estructura de una grúa, biapoyada en A y B, y de la que se representa sólo
la sección inferior, soporta dos cargas puntuales de 1 tonelada, como las mostradas en la
figura. Con estos datos se desea calcular:
a) Las reacciones en los apoyos A y B.
(1.0 p)
b) Los esfuerzos en las barras 1, 2, 3, y 4, explicando si estos son de tracción o compresión.
(2.0 p)
Solución:
a) Reacciones en los apoyos:
Se trata de una estructura biapoyada en su base
(articulaciones A y B). En estos apoyos no pueden existir
momentos, tan sólo fuerzas (reacciones); vertical en B y en A
horizontal y vertical. Por tanto planteamos las ecuaciones de
equilibrio en fuerzas (x e y):
y: RAy % RBy ' 1T %1T
x: RAx ' 0
j MA'0Y 1T(1m & RBy(1m ' 0
j MB'0Y 1T(1m & RAx(1m ' 0
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y en cuanto a los momentos en cada apoyo:
luego ambas reacciones son verticales (positivas) e iguales a 1T
b) Esfuerzos en las barras 1, 2, 3 y 4, explicando si éstos son de tracción o compresión.
Vamos a plantear condiciones de equilibrio en cada uno de los nudos de la viga armada.
Siempre tenemos que empezar por el nudo en el que sólo tengamos dos incógnitas. En este caso
el nudo es el C en e que se unen las barras 1 y 2.
b1) Equilibrio de fuerzas (Fx, Fy) en el nudo C
j Fx '0 Y R2 '0
j Fy '0 Y R1 ' 1T
La reacción R2 es de compresión porque con el sentido que hemos supuesto (que es
correcto al ser R2>0 en la ecuación planteada) la barra ejerce está reacción hacía el exterior
(imagina un muelle, si se comprime con la mano ejercerá una fuerza sobre nosotros que somos
el exterior, si alargamos -traccionamos- el muelle, él tirará de nuestra mano para volver a su
posición de reposo, la reacción a la tracción que hacemos iría hacia dentro del muelle).
b2) Equilibrio de fuerzas (Fx, Fy) en el nudo D
j Fx '0 Y R2 ' R3(cos(45) Y R3 ' 0T
j Fy '0 Y R4 ' 1T % R3(sen(45) Y R4 ' 1T
La reacción R4 es de compresión de nuevo porque con el sentido que hemos supuesto
(que es correcto al ser R4>0) la barra ejerce está reacción hacía el exterior.
P2) La viga empotrada de la figura, de 10m de longitud, soporta tres cargas
puntuales, tal y como se muestra en la figura. Con estos datos determina:
a) Reacciones y momento en el empotramiento.
(0.8 p)
b) El diagrama de momentos flectores y valor máximo de éste.
(1.1 p)
c) Comenta el proceso de dimensionado -con detalle- del perfil IPN necesario para
la viga (véase la tabla de perfiles IPN). Suponga la tensión máxima admisible del material
igual a 2800kg/cm2.
(1.1 p)
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Solución:
a) Reacciones y momento en el empotramiento.
La viga está empotrada y por tanto en A tendrá una reacción vertical y un momento
(obviamente no hay reacción horizontal, pues no hay fuerzas verticales aplicadas en la viga).
Suponemos unos sentidos para las reacciones y momento en el empotramiento, y planteando las
condiciones de equilibrio:
j Fy'0 Y RAy ' &1T & 2T % 4T ' 1T
j Fx'0 Y RAx ' 0T
j MA'0Y MA ' 4T(10m & 2T(8m & 1T(6m ' 18Tm
b) Diagrama de momentos flectores
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c) Comenta el proceso de dimensionamiento del perfil IPN
El dimensionado del perfil se realiza en tres etapas:
1) Tomamos el momento flector máximo que soportará el perfil IPN: en nuestro caso este
momento está en el empotramiento (ver apdo. b) que es de 18 Tm
2) Valoramos la tensión máxima admisible en el ala del IPN (que es dónde ese momento
va a generar mayores tensiones), de acuerdo con la fórmula:
coef seg (
Mmáx
Wx
# σadm
sustituyendo valores y conocida la tensión admisible por el acero de un IPN
1 (
18.000kg(100cm
' 642,8cm 3# Wx
2
2800kg/cm
3) En la tabla de perfiles IPN (que debe facilitarte tu profesor o que puedes buscar en la
web) se busca un perfil con mayor módulo resistente Wx: en este caso el IPN300 tiene un Wx
de 653 cm3, mayor que el que necesitamos
P3) En el mecanismo biela-manivela que se muestra en la figura la velocidad de la
biela BC es de 6 rad/s y la velocidad angular de la manivela AB es constante. Calcula con
estos datos y para la posición indicada en la figura:
a) La velocidad del pistón C.
b) La velocidad del punto B.
c) La velocidad angular de la barra AB.
(1.0 p)
(1.0 p)
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Solución:
a) Velocidad del pistón C
30,92 m/s en el sentido de la flecha del enunciado
b) Velocidad del punto B
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31,73 m/s a 45º de la horizontal
c) Velocidad angular de la barra AB
22,43 rad/s en el sentido de giro antihorario
P4) Dos poleas macizas de radios 0,5m y 1m están acopladas entre sí sobre un mismo
eje horizontal que tiene un freno que inmoviliza el conjunto. De la polea mayor cuelga una
masa de 100kg, y de la menor una masa de 50kg. Cuando se liberan las poleas del freno,
estas tienen una aceleración angular de 5 rad/s2. Con estos datos y con ayuda de la figura,
determina
a) La aceleración de cada peso.
b) La tensión en la cuerda que sostiene al peso de 50kg.
c) El momento de inercia del conjunto de poleas 1 y 2.
(1.0 p)
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Solución:
a) Aceleración de cada peso
Al soltar los pesos, el de mayor masa (100kg)
que cuelga de la polea de mayor radio tenderá a
mover el conjunto peso-poleas en sentido de giro
horario. Las aceleraciones de los pesos serán:
a1 'r1(α ' 2,5m/s 2 ; a2 ' r2(α ' 5m/s 2
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b) La tensión en la cuerda que sostiene al peso de 50kg
La tensión en la cuerda que sostiene la masa de 50 kg será debida a la gravedad más la
fuerza de inercia que se origina (debida a la aceleración a1):
50kg
T1
' m1((a1%g) ' 615,5 N
c) El momento de inercia del conjunto de poleas
Plantando las ecuaciones de equilibrio dinámico cuando se suelta el conjunto pesaspoleas. En primer lugar la tensión en la polea 2 (T2):
100kg
T2
' m2((g& a2) ' 480 N
y en segundo lugar el equilibrio de momentos, siendo I el momento de inercia:
I(α ' T2(r2 & T1(r1 ' 480 & 307,75 Nm
I ' 34,45 kgm 2
Cuestión para el alumno: ¿Por qué cambiamos las unidades del momento de inercia
respecto a las de la cuestión número 3 de este examen? ¿Es que el momento de inercia es
diferente? ¿O tiene dos unidades?
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