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) Determinamos la fuerza resultante en sus componentes horizontal (Rx): R X ' [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: R y ' [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) 1
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) 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: ETSII Cartagena 2006 2
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: I yy ) ' 1 12 b(h 3 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: I maciza yy ) ' 1 12 b(h 3 ' 20((4)3 12 ' 853,32cm 4 y uno de los "huecos" interiores: I hueca yy ) ' 1 12 b(h 3 ' 8,5((6)3 12 ' 153cm 4 por tanto el momento de inercia de la pieza real será: I yy ) ' I maciza yy ) & 2(I hueco yy ) ' 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: ETSII Cartagena 2006 3
I 1 yy ) ' (r) 2 (b(h % 1 12 b(h 3 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: I 1,2 yy ) ' (3,5) 2 (1(20 % 20(13 12 ' 246,67cm 4 En cuanto al momento de inercia de las culata, éstas giran respecto a un eje que pasa por su cdg, luego: I 3,4,5 yy ) ' 1 12 b(h 3 ' 1(33 12 ' 18cm 4 Luego el momento total será la suma de los momentos de cada una de las cinco piezas (columnas+culatas): I ) yy 1,5 ' 2(I % 3(I 2,3,4 yy ) yy ) ' 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: I xx ) 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) a) El montacargas sube a 0,5m/s No hay fuerzas de inercia, al ser constante la velocidad de subida T ' [M masa % M montacargas ](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 ETSII Cartagena 2006 4
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) 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: R Ay % R By ' 1T %1T x: R Ax ' 0 j M A '0Y 1T(1m & R By (1m ' 0 j M B '0Y 1T(1m & R Ax (1m ' 0 ETSII Cartagena 2006 5
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 F x '0 Y R 2 '0 j F y '0 Y R 1 ' 1T La reacción R 2 es de compresión porque con el sentido que hemos supuesto (que es correcto al ser R 2 >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 F x '0 Y R 2 ' R 3 (cos(45) Y R 3 ' 0T j F y '0 Y R 4 ' 1T % R 3 (sen(45) Y R 4 ' 1T La reacción R 4 es de compresión de nuevo porque con el sentido que hemos supuesto (que es correcto al ser R 4 >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) ETSII Cartagena 2006 6
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 F y '0 Y j F x '0 Y R Ay '&1T & 2T % 4T ' 1T R Ax ' 0T j M A '0Y M A ' 4T(10m & 2T(8m & 1T(6m ' 18Tm b) Diagrama de momentos flectores ETSII Cartagena 2006 7
c) Comenta el proceso de dimensionamiento del perfil IPN El dimensionado del perfil se realiza en tres etapas: Escuela Técnica Superior de Ingeniería Industrial 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 ( M máx W x # σ adm sustituyendo valores y conocida la tensión admisible por el acero de un IPN 1 ( 18.000kg(100cm 2800kg/cm 2 ' 642,8cm 3 # W x 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. (1.0 p) b) La velocidad del punto B. (1.0 p) c) La velocidad angular de la barra AB. (1.0 p) a) Velocidad del pistón C 30,92 m/s en el sentido de la flecha del enunciado b) Velocidad del punto B ETSII Cartagena 2006 8
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. (1.0 p) b) La tensión en la cuerda que sostiene al peso de 50kg. (1.0 p) c) El momento de inercia del conjunto de poleas 1 y 2. (1.0 p) 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: a 1 'r 1 (α ' 2,5m/s 2 ; a 2 ' r 2 (α ' 5m/s 2 ETSII Cartagena 2006 9
b) La tensión en la cuerda que sostiene al peso de 50kg Escuela Técnica Superior de Ingeniería Industrial 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): T 50kg 1 ' m 1 ((a 1 %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): T 100kg 2 ' m 2 ((g& a 2 ) ' 480 N y en segundo lugar el equilibrio de momentos, siendo I el momento de inercia: I(α ' T 2 (r 2 & T 1 (r 1 ' 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? ETSII Cartagena 2006 10