200 EJERCICIOS RESUELTOS
DE D E APLICACION PRACTICA DEL LIBRO
MANUAL DE MAQUINARIA DE CONSTRUCCION Prof. Dr. Ing. Manuel Díaz del Río
Setiembre 2001
PROLOGO
Estos 200 ejercicios numéricos y conceptuales diferentes, resueltos, relativos a la disciplina de MAQUINARIA DE CONSTRUCCION, CONSTRUCCION, que se imparte en distintas Carreras y dentro de Asignaturas de diversa des ignación en todas las Universidades Politécnicas, Politécnicas, se ha querido recoger una serie de problemas prácticos que han acompañado la docencia de la Asignatura Asignat ura durante durant e años en la Universidad Univers idad Politécnica Politécnica de Madrid Madrid (EUITOP) (EUITOP) y en otras Escuelas Escuelas Técnicas Técnicas Superiores y Escuelas Universitarias Universitarias españolas. Los ejercicios que se atemperan muchas veces a modelos clásicos bien conocidos, se acompañan de soluciones y siguen un orden idéntico a los Capítulos del libro MANUAL DE MAQUINARIA DE CONSTRUCCION, CONSTRUCCION, del cual son una prolongación obligada. Observará el lector que en muchos casos se hace referencia a textos, tablas o detalles del libro. Por ello esta colección de ejercicios es verdaderamente útil utilizando el mencionado libro en paralelo y como referencia suya. Ha sido muy variable el número de ejercicios dedicados a cada capítulo; ello ha sido exclusivamente debido al material disponible en el momento de la redacción de esta publicación, al interés demostrado por la práctica en su caso, o la mera utilidad e interés didáctico para los alumnos y profesionales. Todos los ejercicios presentes en esta publicación han sido objeto alguna vez de explicaciones en clases prácticas, o bien de examen . Estos ejercicios podrían en muchos casos haber sido resueltos de otra forma e incluso en algunos casos de manera mas rigurosa, pero a mi iniciativa el Profesor Llorente que ha colaborado conmigo en la cátedra ha adoptado también, también, en los múltiples ejercicios propuestos por él, una solución sencilla en lo posible, y que pueda ser materializada con los recursos disponibles para un Ingeniero en obra, cuya mejor y mas económica realización es en definitiva el objetivo final de esta disciplina. En varios casos la solución adoptada por algún alumno se ha incorporado en mérito a su originalidad o sencillez. sencillez. La duración de la solución del mas complejo complejo de estos ejercicios, ya sea en examen o en clase práctica, no debe superar 1/2 hora. En cualquier caso nos ha guiado al plantear los ejercicios el utilizar aquellos tipos que se presentan en obra con mayor frecuencia, para de esa manera contribuir a que nuestros alumnos pueden enfrentarse a la realidad con una bagaje teórico y práctico lo mas eficaz posible. Los temarios empleados en cada caso tratan de adaptar la docencia a la realidad práctica de todos los días en el ambiente de las Obras Públicas y la Construcción en cualquier lugar del mundo, y no nos hemos extendido por razones obvias obv ias en otros otr os temas conexos con la Maquinaria Maquinaria pero que se enseñan tradicionalmente en otras Asignatura Asig naturass (Mecánica, Resistencia de Materiales, Electrotecnia, Transportes , etc.). Las unidades empleadas en los ejercicios han sido sid o las oficia ofi ciales les y otras sancionadas por el uso internacional, dándose equivalencias en el libro MANUAL MANUAL DE MAQUINARIA DE CONSTRUCCION CONSTRUCCION para las mas usuales, utilizando la mas frecuente nomenclatura de las funciones y variables según los casos. Es deseo del autor y de los Profesores de la Cátedra el seguir incorporando en sucesivas ediciones nuevos casos prácticos, así como noticias de ciertos avances que la propia evolución tecnológica venga imponiendo en el diario progresar de los procedimientos y los medios mecánicos que los facilitan, y que hacen posible la construcción moderna. Al mismo tiempo en ediciones posteriores se tratará de corregir aquellos errores o erratas, que pese al esfuerzo del autor puedan haberse deslizado en un texto tan complejo de transcribir.
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CAPITULO 1 . CONSIDERACIONES GENERALES 1 . 1 . Al objeto de conocer el costo de la iluminación artificial artificial (si fuera necesaria) en una obra de corta duración, donde se trabajará a doble turno (2x7,5 horas), situada a 65º de latitud Norte y cuando el Sol tiene una declinación de 10º, se pretende saber cual será el tiempo que el sol se mantiene sobre el horizonte.
SOLUCION. De lo expuesto en los Anexos del libro MANUAL DE MAQUINARIA DE CONSTRUCCION se tiene cos x = – t g λ . t g D
cos x = -tg 65º . tg 10º=-2,144507x0,176327=-0,378134 x=122,2º t=2x.122,2/15=14,96 horas =aprox. 15 horas de luz solar, durante los dos turnos 1 . 2 . En una instalación de prefabricados especiales se produce un determinado tipo de componentes que se solicitan a una media constante m por unidad de tiempo. Por diversas razones no se admite que exista falta de stock de las mismas. Las piezas son encargadas por lotes con un coste de lanzamiento de un lote e , que es independiente del número de piezas que integran cada lote; por razones comerciales cada lote está compuesto del mismo número de piezas, que llamaremos n . El costo por unidad de tiempo de almacenamiento de una pieza se denomina a . Denominamos d la demanda total en un intervalo de tiempo t . Se pregunta cual es el valor a dar al numero de piezas por lote n , para que el almacenamiento de piezas A sea mínimo . Se pregunta igualmente el periodo de reaprovisionamiento del stock p para cumplir con los requisitos previos. Además de solucionar el problema general, se desea su aplicación al caso concreto siguiente. 100.000 piezas suministradas por año Costo de almacenamiento=150 Ptas/unidad y día Costo de lanzamiento de un lote=3.000.000
SOLUCION El nivel medio de stock durante un tiempo t es n/2 El costo del almacenamiento es 0,5.n.a.p El costo total por lote es de e+0,5.n.a.p Llamando al numero de lotes z El costo total durante un periodo de tiempo t es =(e+0,5.n.a.p)z=(e+0,5.n.a.p).A/n=A.e/n+ 0,5.A.a.p=A.e/n+0,5.a.t.n dado que A.p=t.n El mínimo de la función de n A.e/n+0,5.a.t.n se obtiene después de derivar e igualar a cero, para el valor valor n =
2 . A .e a . t
Se obtiene también inmediatamente el valor del periodo de aprovisionamiento =p=t.n/A Caso particular: Número de piezas por lote = 2 x 100.000 x 3.000.000 =3.333 piezas 360 x 150 Tiempo de reaprovisionamiento del stock=360x3.333/100.000=12 días 1 . 3 . Dispóngase en un cuadro de doble entrada las equivalencias reciprocas entre los sistemas MKpS y SI, en las unidades relativas a Masa, Fuerza y Presión de ambos sistemas. Se indicarán aquellas unidades básicas del sistema SI, de uso oficial.
SOLUCION Masa 1kg(SI) kg s 2 /m , kps2 /m
kg 1 9,81
kg s 2 /m , kps2 /m 0,102 1
Fuerza 1 N (SI) 1kg, 1kp
newton N 1 9,81
kilogramo peso, kg, kp 0,102 1
Presión
Pa(SI)pascal =N/m2 1 bar 1kg/cm 2, 1kp/cm 2 1 atm
Pa pascal = N/m2 1 105 98100 101000
bar=daN/cm2 10-5 1 0,981 1,01
at=kg/cm2 =kp/cm 2 1,02x10 -5 1,02 1 1,03
atm=760 mm Hg 0,987x10 -5 0,987 0,968 1
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1 . 4 . Dispongase en un cuadro de doble entrada las equivalencias reciprocas entre los sistemas MKpS y SI, en las unidades relativas a Energía, Potencia y Peso por unidad de volumen de ambos sistemas. Se indica indicarán rán aquell aquellas as unidades básicas del sistema SI, de uso oficial.
SOLUCION Energía
julio J 1J=1Nm=1Ws 1 3,6x10 6 9,81 4190 2,65x10 6
1 J (S I ) 1kWh 1kgm, 1kpm 1kcal 1CVh
kWh
kgm, kpm
kcal
CVh
2,78x10 -7 1 2,72x10 -6 1,16x10 -3 0,736
0,102
2,39x10 -4 860 2,34x10 -3 1 632
3,78x10 -7 1,36 3,7x10 -6 1,58x10 -3 1
3,67x10 5 1 427 2,7x10 5
Potencia
watio W=1J/s=1Nm/s
kgm/s , k pm/s
CV
kc a l/ s
1W(SI) 1 k g m/ s , 1 k p m / s 1CV 1k cal/s
1 9,81 736 4190
0,102 1 75 427
1,36x10 -3 1/75 1 5,69
2,39x10 -4 2,34x10 -3 0,176 1
N/m3 1 103 9810
Peso/unidad de volumen 1N/m3(SI) 1N/dm3(SI) kg/dm 3, kp/dm3
N/dm3 10-3 1 9,81
kg/dm 3, kp/dm 3 0,102x10 3 0,102 1
1 . 5 . Establecer Establ ecer las ecuaciones ecuaci ones de dimens ión de las siguientes siguie ntes magnitudes magnitudes eléctricas: Cantidad Cantidad de electricidad, Diferencia de potencial, Resistencia eléctrica, Resistividad, Capacidad y Poder inductor específico.
SOLUCION Tomando como la cuarta unidad fundamental la intensidad I, (las otras tres son masa, longitud y tiempo) tenemos: Cantidad de electricidad: Q = I xt Q = I T Diferencia de potencial: Resistencia eléctrica: R Resistividad:
U = W / Q
= U / I I
= RS / l
M L –2 T –2 R = U
= R
Capacidad: C = Q / U
C = T I
Poder inductor específico: e
= C / / l
I
–1
T I
–1
= M L – 2 T – 3 I – 1
= M L 2 T –3 I –2
L = M L 3 T – 3 I – 2 M L2 T – 3 I – 1
–1
= M – 1 L –2 T 4 I 2
= M –1 L– 2 T 4 I 2 L
–1
= M – 1 L – 3 T 4 I 2
1 . 6 . Determinar las condiciones del personal a cargo de la maquinaria de construcción en sus escalones Técnico, Operativo, Mantenimiento y taller.
SOLUCION A. Personal técnico: Profesionalidad y responsabilidad. Interpretación de proyectos de movimiento de tierras. Cálculo de los tiempos óptimos de operación. Sincronización de equipos. Control de producción y mantenimiento de los tajos. Mecánica de los equipos, rodajes y neumáticos. Mantenimiento preventivo y prácticas con los equipos de obra. Conocimiento de los sistemas de trabajo y planteamiento de alternativas. Seguridad del personal y del equipo en el trabajo y prestación de primeros auxilios.
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B. Personal de operación: Profesionalidad y responsabilidad. Conocimiento mecánico de las unidades. Sistemas de trabajo. Sincronización de las diferentes máquinas. Cuidado de neumáticos. Mantenimiento preventivo. Conocer las posibilidades de las máquinas. Prácticas con máquinas reales. Seguridad del personal y del equipo en el trabajo y prestación de primeros auxilios. C. Personal de mantenimiento y taller: Profesionalidad y responsabilidad. Conocimiento mecánico de las unidades. Mantenimiento preventivo y planes de continuidad. Conocimiento de la capacidad técnica de los distribuidores de maquinaria. Seguridad del personal y del equipo en el trabajo y prestación de primeros auxilios. 1 . 7 . En una estructura singular de gran altura se desea saber la longitud de la sombra que proyecta para hacer coincidir el extremo superior de esta, cierto día del año a mediodía, con un monumento a construir en las proximidades.
SOLUCION Sea h la altura de la estructura, la latitud del lugar y la declinación del sol. Designando por z la distancia cenital meridiana del sol, la longitud s de la sombra será: z+ + = 90º s=h.tg z s=h.cotg( + ) 1 . 8 . Se pide discutir el campo de variación de la formula resultante del ejercicio1 . 1 . que da la duración del semi-arco de día. Se pretende saber en particular en que lugares y en que época la duración del día y de la noche serán iguales.
SOLUCION En la fórmula que da el semi-arco de día obtenida en 1 . 1 . según que el ángulo x sea menor, igual o mayor que 90º, el día durará mas de 12 horas, 12 horas, o menos de 12 horas, es decir el día será mas largo, igual o mas corto que la noche. Esta fórmula contiene dos variables: la latitud que puede variar de –90º a +90º , la declinación que varia según la época del año: Durante la primavera, de 0º a 23º27’ Durante el verano, de 23º27’ a 0º Durante el otoño, de 0º a –23º27’ Durante el invierno, de –23º27’ a 0º. La fórmula referida permite seguir las variaciones de la duración del día, ya sea para un lugar dado, según la época del año, o bien para una época del año, según la latitud del lugar considerado. Para que la duración del día y noche sean iguales se debe cumplir: cosx=-tag .tgD=0. Es deci r tg = 0 de donde =0, o bien tgD=0, de donde D=0. Entonces el día es igual a la noche durante el equinocio en toda la tierra, o bien continuamente en el ecuador. Por otra parte la expresión es valida y no tiene una solución imaginaria para latitudes comprendidas entre –66º33’ y +66º33’. En efecto en lugares polares (norte y sur) el sol puede permanecer varios días por encima o por debajo del horizonte. 1 . 9 . Sabiendo que el crepúsculo comienza cuando el sol está 18º por debajo del horizonte, se desea saber a que hora comienza en un lugar de latitud y de declinación del sol igual a D.
SOLUCION Se utiliza la misma notación que en el ejercicio 1 . 8 . Será de día cuando el sol esté por encima de un circulo menor paralelo al horizonte y situado 18º por encima. Llamandoy al semi-arco del día total se tiene: cos y =-tgD.tg λ -sen18º/(cosD.cos ). Si se compara esta fórmula con la del ejercicio 1 . 1 . se ve que el término de corrección (y por tanto la duración del día) aumenta con la latitud del lugar y con la declinación del sol. CAPITULO 2. COSTO DE EXPLOTACION 2 . 1 . Un constructor alquila una máquina que sale del Parque del arrendador el 6 de Abril y regresa el día 28 de Mayo, con 120 horas de trabajo efectivo realizadas. Datos de la máquina:Vt = 20.000.000 ptas.; Motor diesel. Potencia 200 KW ; Gasoil 88 ptas./litro.; Maquinista 2.400.000 ptas./año. ; ρ =0 ,8 ; Ef = 50/60; E = 240 dias; Hut = 10.500 horas; Hua = 1.500 horas; M+C = 90%; Ad = 60%; s=2%; Beneficio+ impuestos+IVA=25%; i=9% Aplicando criterio de costes SEOPAN-ATEMCOP, se pide: a) Coste horario directo CHD. b) Importe total facturado al contratista por la empresa alquiladora. c) Coste real de la hora de trabajo obtenido por el contratista. 5
d) Determinar si ha hecho un buen aprovechamiento de la máquina o si por el contrario se ha desaprovechado el alquiler. SOLUCION De los datos del enunciado se deduce que del día 6 de abril al 28 de Mayo la máquina ha estado D=25+28=53 días puesta a disposición (incluye el día de salida del Parque, y el día de regreso), y ha tenido H=120 horas de trabajo efectivo. a) COSTE DIRECTO Ch = (100-Ad)/Hut+(M+C)/Hut=((100-60)+90)/10.500 = 0,0124 T=10500/1500=7, se obtiene entonces im = 5,5834% Cd = (im+s)/E + (Ad.Hua)/Hut.E = 7,5834/240 + (60x1500)/(10500x240) = 0,0673 Chm=Ch+Cd(.E/Hua) Chm = 0,0124 + 0,0673x240/1500 = 0,0232 CHD=coste horario directo=Chm.H(Vt/100)+ CONSUMOS + Maquinista CHD = 0,0232x1x (20x106)/100+0,16x200x0,8x (50/60)x88x (1,2) + 2.400.000/1.500=4640+2253+1600 = 8493 Ptas/hora b) Importe TOTAL facturado CT = CD + (25/100) CD CD=Coste intrínseco + Coste complementario CD = Cd.H(Vt/100)+Cd.D(Vt/100) + (CONSUMO PRINCIPAL + CONSUMO SECUND.) x H+( Maquinista./E) x D sustituyendo valores CD = 0,0124x120x20.(106 /100) + 0,0673x 53x 20.(106 /100) + 2253x120 + (2.400.000/240)x 53 CD = 297.600 + 713.380 + 270.360 + 530.000 = 1.811.340 ptas. CT (coste total, incluido beneficio, IVA e impuestos) = CD + 25/100 CD = 2.264.175 ptas. c) El coste real de la hora de trabajo obtenido por el contratista arrendatario será: 2.264.175 ptas./120 horas = 18.868 ptas/hora. d) Para determinar si ha hecho un buen aprovechamiento de la máquina o si por el contrario ha desaprovechado el alquiler utilizamos los datos estadísticos. E/Hua = (Días de disposición)/(Horas de trabajo previstas) 240/1.500 = 53/331 Es decir, para ajustarse a los datos estadísticos debería haber trabajado 331 horas. Como sólo ha hecho 120 horas, fue un pésimo uso del alquiler. 2 . 2 . Se adquiere una determinada máquina en VT = 20.000.000 ptas. A la vista del plan de trabajo y otras circunstancias, se decide programar su régimen económico fijando el CHD (coste horario directo) utilizando los datos estadísticos del CRITERIO DE COSTES - SEOPAN ATEMCOP. Los datos de los que se dispone son: Motor Diesel. 190 KW; Hut = 11.500; Hua = 1.150; M+C = 90%; E = 190 días; s=2%; Maquinista 3.000.000 ptas./año Ad = 40%; i=9%; Ef = 50/60; gasoil= 90 ptas./litro; ρ =0 ,8 Se pide: 1º) obtener el coste horario directo. A medida que el tiempo transcurre se observa que la curva de costes acumulados incluidos los gastos fijos y variables debidos a la compra, trabajo y servicio de la máquina se ajusta muy aproximadamente a 2 6 Vc = 1 . t + 6 0 00 t + 2 0 .1 0 7
Se pide a la vista de los resultados obtenidos 2º) Final verdadero de la vida económica de la máquina 3º) Coste horario realmente obtenido. 4º) Comprobar si las previsiones iniciales al utilizar los datos estadísticos SEOPAN-ATEMCOP fueron acertadas. SOLUCION 1º) Determinación del CHD aplicando SEOPAN-ATEMCOP. CHD = Chm .H. Vt/100 + CONSUMO PRINCIPAL + CONSUMO SECUNDARIO + Maquinista/Hua Chm = Ch + Cd.E/Hua = 0,0130 + (0,0610x190)/1150 = 0,0231 donde Ch = ((100-Ad)+(M+C))/Hut = ((100-40)+90)/11.500 = 0,0130 T=11500/1150=10, entonces im=5,5820 Cd = (im+s)/E + Ad.Hua/Hut.E = (5,5820+2)/190 + (40+1.150)/11.500x190 = 0,0610 CHD = 0,0231x1 x 20.000.000/100 + 0,16 x 190 x 0,80 x 50/60 x 90 x (1,2) + 3.000.000/1.150 = 9417 ptas/hora. [1 ] 2º) La ordenada dividida por la abscisa representa en cualquier punto de la curva el CH medio obtenido hasta ese momento. Este coste horario es mínimo en el punto de contacto "P" de la tangente a la curva desde el origen. (ver libro de Maquinaria pág 2-17). En cualquier otro punto Vc/t es mayor. [2] Vamos a determinar α= Vc/t = 1/7 t + 6.000 + 20x106 /t como ha de ser mínimo d α =0 d.t
1/7 - 20x106 /t 2 = 0 t = 1000. 7 .20 = T = 11.832horas
[ 3]
3º) Sustituyendo en [ 2] α = 11.832/7 + 6.000 + 20x106 /11.832 = 9.380 ptas. [4] Este es el coste horario realmente obtenido 4º) Comparando [3] con Hut y [4 ] con [ 1] se deduce que las previsiones iniciales al aplicar SEOPAN-ATEMCOP fueron excelentes. 6
2 . 3 . Consideremos los datos de mantenimiento de un equipo (horas de servicio y costos) durante periodos de tiempo trimestrales de servicio. Se desea conocer la función de costos siguiendo el método mini-max.
Trimestre I,año1 II III IV I, año 2 II III IV I, año 3 II III IV
Horas de servicio 900 950 600 400 1.000 1.100 700 600 800 1.000 500 700
Costos 3.200 3.600 2.800 2.500 3.450 3.700 2.950 2.700 3.350 3.500 2.600 3.000
SOLUCION Seleccionamos los valores extremos: Horas de servicio Valores máximos 1.100 Valores mínimos 400 Diferencia 700
Costos 3.700 2.500 1.200
El costo variables es pues. 1.200/700 = 1,714 El cálculo siguiente nos dará los costos fijos Costo total para un volumen de 3.700 1.100 horas Costo variable correspondiente 1.886 (1.100 horas a 1,1714) Costos fijos 3.700-1.886=1.814 La función de los costos será la siguiente y = 1,714 x + 1.814 2 . 4 . Se dispone de los datos del ejercicio anterior de “Horas de servicio” y “Costos” distribuidos por semestres. Se pretende conocer basándose en el análisis estadístico la correlación entre ambos parámetros.
SOLUCION La recta de mínimos cuadrados es la que reduce al mínimo la suma de diferencias, al cuadrado, según la siguiente expresión (esta y las siguientes fórmulas son fácilmente abordables con el Programa Excel):
Los coeficientes a y b de la recta de mínimos cuadrados son:
Aplicando las fórmulas a nuestro caso tendríamos: y=1,7968x +1727,50 que es la recta buscada. El riesgo de error posible es perfectamente evaluable mediante el cálculo del error estándar de la estimación. Dicho error se evalúa por la expresión:
Como se comprende este método es mucho mas preciso que el desarrollado en el ejercicio anterior. 7
2 . 5 . Una planta generadora de energía eléctrica alimentada por carbón recibe este de tres tipos distintos que llamaremos: 1, 2 y 3, y debe cumplir con una serie de requisitos; estos son: la máxima emisión de oxido de azufre será de 3.000 partes por millón (PPM); el humo contendrá un máximo de partículas de 12 Kg/hora. El carbón es apilado cerca de la planta y desde allí es transportado por cinta a la unidad pulverizadora de donde pasa a alimentar la cámara de combustión. El carbón 1 es duro y bastante libre de residuos de combustión (0,5 Kg/ton) y bajo contenido en oxido de azufre (1.800 PPM) ; su precio es elevado y su potencia calorífica es de 24.000 Unidades térmicas/ton. El carbón 2 que es mas blando y cuyos humos contienen elevadas proporciones de oxido de azufre (3.800 PPM) es mas barato. Su emisión de partículas es de 1,0 Kg/ton y su capacidad térmica es de 20.000 unidades/ton. El carbón 3, de tipo medio, emite 2.000 PPM de oxido de azufre, y 20 Kg/hora de partículas, siendo su potencia calorífica de 21.000 Unidades térmicas/ton. Las capacidades de pulverizado según los tres tipos de carbón son 16, 24 y 20 Ton/hora respectivamente. La capacidad límite de la cinta de alimentación es de 20 ton/hora independientemente del tipo de carbón. Dadas las limitaciones expresadas de la planta y conociendo las características de los tres carbones disponibles interesa conocer cual es la máxima producción posible de energía de la central. Discutir ampliamente el resultado.
SOLUCION Se trata de un típico problema de “Programación Lineal”. Su solución se hace en ordenador como es lo habitual. Asumimos que los tres carbones son quemados simultáneamente como una mezcla homogénea; X1 /( X1+ X2+ X3) de la mezcla es el carbón tipo 1, y de forma análoga para los otros dos tipos. El porcentaje de emisión de óxido de azufre de la mezcla es igual a la media ponderada de las emisiones individuales, usando la parte de cada carbón como peso en la ponderación Tenemos pues: X1 /( X1+ X2+ X3)+ X2 /( X1+ X2+ X3)+ X3 /( X1+ X2+ X3)≤3.000 o lo que es lo mismo: 1.200 X1-800 X2+1.000 X3 ≥0 Los coeficientes de las inecuaciones (constraints) se pueden resumir en el siguiente cuadro: Carbón tipo 1 Carbón tipo 2 Carbón tipo 3 Oxido de azufre 1.200 -800 1.000 Emisión de partículas 0,5 1,0 0,8 Kg/ ton. Capacidad de pulverizado. 16=1/0,0625 24=1/0,04167 20=1/0,05 Ton/hora Potencial calorífico 24.000 20.000 21.000 Unidades térmicas/ton MAX 24 X1 + 20 X2 + 21 X3 Sujeto a: HUMOS) 0.5 X1 + X2 + 0.8 X3 <= 12 CARGA) X1 + X2 + X3 <= 20 PULVERI) 0.0625 X11+ 0.04167 X2 + 0.05 X3 <= 1 AZUFRE) 1200 X1 - 800 X2 + 1000 X3 >= 0 6) X1 >= 0 7) X2 >= 0 8) X3 >= 0 VALOR DE LA FUNCION OBJETIVO 407.999930 VARIABLE VALOR REDUCED COST X1 11.999994 .000000 X2 6.000002 .000000 X3 .000000 .599993
SLACK OR SURPLUS DUAL PRICES HUMOS) .000000 5.999983 CARGA) 2.000002 .000000 PULVERI) .000000 336.000120 AZUFRE) 9599.992100 .000000 6) 11.999994 .000000 7) 6.000002 .000000 8) .000000 .000000 CAMPOS EN LOS QUE LA SOLUCION BASE PERMANECE VALIDA CAMPO VARIACION DE LOS COEFICIENTES Coefi. Actual Incremento permisible Disminución permisible X1 24.000000 5.999976 1.499984 X2 20.000000 28.000000 .999987 X3 21.000000 .599993 INFINITO 8
HUMOS) CARGA ) PULVERI ) AZUFRE) 6) 7) 8)
CAMPO VARIACION RHS RHS actual Incremen. permisible Disminu. permisible 12.000000 3.999993 4.000000 20.000000 INFINITO 2.000002 1.000000 .166667 .250000 .000000 9599.992100 INFINITO .000000 11.999994 INFINITO .000000 6.000002 INFINITO .000000 .000000 INFINITO
Los "reduced cost" de una variable que tiene el valor cero en la solución optima, equivalen al valor en que queda disminuido (o incrementado) el valor optimo obtenido de la función objetivo a optimizar, cuando se da el valor uno (1) a dicha variable. Igualmente dicho "reduced cost" correspondiente a una variable que no forma parte (por tener un valor cero) de la solución óptima de la función a optimizar, es igual a la cantidad a sumar al coeficiente de dicha variable en dicha función para que aquella variable forme parte del resultado. Los "dual prices" (o "shadow prices" ) son iguales a la variación sufrida por la función objetivo cuando el "RHD" ( término de la derecha de las desigualdades que representan los constraints ) correspondiente, se aumenta en una unidad. Por supuesto esto solo es válido cuando la constraint es 'binding" , lo que equivale a tener un "slack o surplus" nulo. Esto tiene un limite: cuando el shadow price es cero, que coincide cuando la constraint deja de ser binding. Con shadow prices o dual prices nulos en una constraint “not binding” , los valores slack o surplus no nulos y positivos representan, en la solución óptima, aquella parte del "recurso" al que se refiere la inecuacion considerada, que queda sin utilizar. Por tanto cantidades adicionales del "recurso" en cuestión no tienen ninguna utilidad práctica. 2 . 6 . Un constructor de prefabricados dispone de dos productos similares A y B y tiene dudas de cual debe lanzar al mercado. Dispone de los datos siguientes:
Precio de venta unitario Costo variable unitario Costos fijos
Producto A 10 6 100.000
Producto B 10 6 100.000
Dispone igualmente de la probabilidad de venta de los productos A y B. Unidades vendidas 15 000 20 000 25 000 30 000 35 000 40 000 45 000 Total
Producto A 0.00 0.00 0.00 1.00 0.00 0.00 0.00 1.00
Producto B 0.05 0.10 0.15 0.40 0.15 0.10 0.05 1.00
Se pretende saber cual de los dos productos tiene una mejor perspectiva comercial. SOLUCION Los dos productos tienen un mismo margen de contribución unitaria idéntica, y por consiguiente el mismo punto muerto (25.000 unidades). Las ventas probables (esperanza matemática) se calcula por la expresión: En ambos casos es igual a 30.000. El ejemplo numérico muestra que del producto A existe la certeza de vender 30.000 ejemplares, con un beneficio de 20.000, mientras que el producto B la probabilidad de alcanzar (y eventualmente superar este volumen) es solamente del 70%. Se corre por tanto el riesgo de no alcanzarlo en un 30% de los casos. Para evaluar este riesgo nos servirá la desviación tipo:
La elección final dependerá en definitiva en este caso de la desviación tipo que equivale a la evaluación del riesgo: seguridad en el caso A y riesgo (de no alcanzar o tal vez superar las 30.000 unidades) el B. 2 . 7 . Una empresa estudia introducir en el mercado un nuevo prefabricado del que se conoce con certeza su precio de venta unitario (25 euros), el costo variable unitario de producción (15 euros) y los costos fijos suplementarios (350.000 euros). Sin embargo la cantidad que se espera vender cada año es aleatoria, y según los estudios de mercado debe ser 9
del orden de 45.000 unidades, suponiendo que la desviación tipo será de 15.000. Se desea saber la probabilidad que existe de que las ventas alcancen el punto muerto. SOLUCION Suponemos una distribución normal. Debemos estandarizar nuestra curva particular para poder utilizar la tabulación disponible. Para ello se realiza el cálculo con los valores de la nueva variable
Para calcular de probabilidad de alcanzar las 35.000 unidades vendidas, el valor estándar de la variable aleatoria sería: Z=((350.000/(25-15))-45.000)/15.000=-0,666. Interpolando en una tabla de los valores normales obtenemos:P=0,2475+0,5=0,7475 CAPITULO 3. CONTROL DE MAQUINARIA Y SU ENTRETENIMIENTO 3 . 1 . Dibuje esquemáticamente el organigrama esencial de una obra de cierta importancia.
SOLUCION
3 . 2 . Confeccionar un programa universal de engrase para máquinas con transmisión hidrodinámica.
SOLUCION Un programa universal de engrase, aunque supeditado en todo momento a las recomendaciones específicas del fabricante del equipo, seria: MOTOR: Aceite de motor con las siguientes viscosidades según normas SAE SAE 20W o SAE 20 para temperaturas ambientales comprendidas entre -15ºC y 0ºC SAE 30 para temperaturas ambientales comprendidas entre 0ºC y 35ºC SAE 40 para temperaturas ambientales superiores a 35ºC Estos aceites además de los aditivos convencionales serán específicamente detergentes y se reconocían hace unos años con la denominación Serie 2 ó Serie 3 en Estados Unidos (hoy en la UE tienen otra denominación. Ver Cap.4) que se aplicarán en función del contenido de azufre del gasóleo consumido por el motor según sea inferior o superior al 1%. 10
La vida útil de estos aceites estará comprendida entre 250 y 500 horas, según criterios y sobre todo según el contenido de azufre del gasóleo consumido. CONVERTIDOR DE PAR: Se empleará un fluido ATF tipo A. Subfijo A Según especificaciones USA (hoy en la UE tienen otra denominación. Ver Cap.4) Vida útil de este fluido 2.000 horas TRANSMISION: Aceite para engranajes con las siguientes viscosidades según normas SAE. SAE 90 para temperaturas ambientales inferiores a 35ºC SAE 140 para temperaturas ambientales superiores a 35ºC Estos aceites además de los aditivos convencionales serán específicamente de extrema presión y se reconocerán con las siglas EP. La vida útil de estos aceites 2.000 horas. SISTEMA HIDRÁULICO: Aceite para circuitos hidráulicos con las siguientes viscosidades según normas SAE. SAE 10W para temperaturas ambientales inferiores a -15ºC SAE 10 para temperaturas ambientales superiores a 15ºC Estos aceites tendrán los aditivos de anticorrosión, antioxidación, antiherrumbre y específicamente antiespumantes. La vida útil de estos aceites 2.000 horas. ENGRASADORES: grasa universal de base lítico-cálcica con consistencia NLGI núm 2. SISTEMA DE REFRIGERACIÓN: fluido con propiedades anticorrosivas, antioxidantes, antiespumantes, antiincrustantes e incongelables hasta -35ºC La vida útil de este fluido 2.000 horas. COMBUSTIBLE: Gasóleo tipo A sedimentado y filtrado CAPITULO 4. LUBRICACION 4 . 1 . Un árbol de acero de 20mm de diámetro, soportado por cojinetes de rodillos cilíndricos que gira a una velocidad de 2.000 r.p.m. se lubrica con grasa de litio. Se pretende saber la frecuencia de engrase requerida.
SOLUCION Del ábaco de Groff, Cap. 4 del libro MANUAL DE MAQUINARIA DE CONSTRUCCION, se deduce inmediatamente que es necesaria una lubricación cada 3.500 horas aproximadamente. El hecho de ser las grasas líticas resistentes a la humedad permite mantener este límite. 4 . 2 . Clasificar los lubricantes según su estado y su naturaleza SOLUCION
Según su Estado
Sólidos Semisólidos Líquidos Parafínicos
Clasificación
Según su Naturaleza
Nafténicos
Aromáticos
Aceites Grasas Sulfuro de molibdeno/Grafito Alto punto de congelación Alto índice de viscosidad Baja volatilidad Bajo poder disolvente: Sedimentos Bajo índice de viscosidad. Densidad alta. Mayor volatilidad. Bajo punto de congelación. Indice de viscosidad muy bajo. Alta volatilidad. Fácil oxidación. Tendencia a formar resinas. Emulsión fácil con agua.
4 . 3 . Enumerar las principales propiedades exigidas a los lubricantes para mecanismos reductores y cojinetes
SOLUCION Reductores y engranajes No corrosivo Viscosidad adecuada a la temperatura ambiente. Propiedades adecuadas para EP (Extrema Presión). Estabilidad frente a la oxidación y antiherrumbre. Capacidad de separación del agua. Buen comportamiento del aditivo EP frente a la centrifugación. Cojinetes de bolas y rodillos Bajo punto de congelación. Grado de viscosidad adecuado frente a temperatura, velocidad y carga. 11
Estabilidad frente a la oxidación y antiherrumbre. Baja tendencia a formar depósitos. Capacidad de separación del agua. Cojinetes lisos Grado de viscosidad adecuado frente a temperatura, velocidad y carga. Estabilidad frente a la oxidación, corrosión y antiherrumbre. Antiespuma. 4 . 4 . Enumerar las principales propiedades exigidas a los lubricantes para accionamientos hidráulicos.
SOLUCION Equipos hidráulicos Estanqueidad en juntas. Alto índice de viscosidad y fluidez. Baja compresibilidad. Estabilidad frente a la oxidación y antiherrumbre. Capacidad de eliminación del aire y separación del agua. Gran capacidad antiespumante. Eventualmente capacidad de EP (Extrema Presión). 4 . 5 . Enumerar las principales propiedades exigidas a los lubricantes para compresores.
SOLUCION Alternativos Viscosidad adecuada. Baja tendencia a formar depósitos. Gran estabilidad frente a altas temperaturas Antiherrumbre y antiespuma. Rotativos Alta viscosidad en juntas. Gran estabilidad frente a altas temperaturas. Antiespuma y antiherrumbre. 4 . 6 . Enumerar las principales propiedades exigidas a los lubricantes para transformadores
SOLUCION Ausencia de humedad. Alto poder dieléctrico. Baja viscosidad y bajo punto de congelación. Elevada estabilidad a la oxidación. 4 . 7 . Enumerar las principales propiedades exigidas a lubricantes para motores diesel de potencia elevada.
SOLUCION Viscosidad adecuada al servicio y temperatura. Detergencia, dispersancia y antilodos. Estabilidad a la oxidación y capacidad antiherrumbre. Propiedades antidesgaste Antiespumante. 4 . 8 . Enumerar los diversos tipos de lubricación de cojinetes
SOLUCION Por aceite Inmersión. Goteo. Cadena. Anillo. Niebla. Disco. Circulación
Por grasa Con reengrase: Caja. Copa. Pistola. Automático Sin reengrase: Por periodos de mantenimiento. Por vida útil
4 . 9 . Técnicas empleadas y efectos que se consiguen con el lavado de circuitos de lubricación
SOLUCIÓN Técnicas empleadas. Limpieza manual y/o mecánica de las partes afectadas Inyección de aire comprimido caliente Circulación en alta velocidad del lubricante limpiador a alta temperatura Vibración controlada de los conductos Efectos conseguidos Desprendimiento y suspensión de contaminantes Acumulación de los contaminantes Eliminación de los contaminantes 12
CAPITULO 5. MOTORES ELECTRICOS 5 . 1 . Tenemos al acoplamiento estrella que figura en el dibujo anejo donde: U= tensión compuesta entre conductores polares UF= tensión simple en los bornes del receptor I R,I S,I T la corriente en los conductores polares R,S,T. I N= corriente en el conductor neutro Se pretende saber la corriente en el conductor neutro para una carga asimétrica.
SOLUCION Igualando las caídas de tensión totales y por fases, se tiene inmediatamente: Cuando la carga sea simétrica será
IN = 0
5 . 2 . Un depósito de agua de 20 m3 debe vaciarse por bombeo a una altura de 15m en el plazo de 1 hora. El rendimiento de la bomba es del 25% y el del motor que la acciona es del 75%. La tensión de alimentación es de 220V, f=50Hz y el cos ϕ =0,8. Se pretende saber: 1) Potencia necesaria de la bomba 2)Potencia del motor 3)Corriente en el motor
SOLUCION 1)Pbomba=(20.000x15x0,736)/(3600x75)= 0,82 kW 2)Pmotor= 0,82/0,25=3,28 kW 3)Corriente en el motor=3,28x1000/(220x0,8x0,75)= 24,85 Amperios 5 . 3 . Una línea de baja calidad sirve para alimentar dos motores trifásicos de las siguientes características. Motor M1, potencia 10kW, tensión 360/220V, 1450 rpm, cosϕ =0,8, rendimiento=0,7. Motor M2, potencia 20kW, tensión 360/220V, 1430 rpm, cos =0,75, rendimiento=0,7. Todo aconseja el instalar un condensador para alcanzar un cosϕ =1. Se pretende conocer: 1)La potencia reactiva suministrada por el condensador 2)Factor de potencia de la línea común.
SOLUCION 1) Motor M1:P1=10/0,75=13,33 P1a=13,33/0,8=16,67 kVA Motor M2:P2=20/0,7=28,57 P2a=28,5/0,75=38 kVA Potenc. reac. condens.= 16,67 2 – 13,332 + 382 – 28,572 =35,07 kVAr 2) Potencia aparente conjunto dos motores = (13,33 +28,57) 2 + 35,07 2 = 54,64 kVA cos ϕ =41,90/54,64=0,77 5 . 4 . Disponemos de un generador trifásico con características de fábrica U=380V;I=120A y P=70kW. se pretende saber 1)Tensión de fase 2)Potencia aparente 3)Rendimiento 4)Factor de potencia 5)Potencia reactiva 6)Corrientes activa y reactiva
SOLUCION 1)Tensión de fase=380/ 3 =219 V 2)Potencia aparente = 3 x380x120/1000=78,9 kVA 3)Rendimiento=70/(110x0,736)=0,86 4)Factor de potencia =cos ϕ =70/78,9=0,89 2
2
5)Potencia reactiva = 78,9 – 70 =36,4 kVAr 2
2
6)Corriente activa=120x0,89=106,0A; Corriente reactiva = 120 – 106,8 =54,72A 13
5 . 5 . Una obra de pequeña importancia se encuentra situada en un lugar apartado donde no se puede contar mas que con una línea de alimentación trifásica, que no es económico reforzar. Se pretenden saber las condiciones de operación de los motores que estando diseñados para una tensión de 380/220 V, van a operar a tensiones bastante inferiores. En particular se dispone de un motor de 3 kW, a 1439 rpm, con un momento de arranque igual a 1,8 veces el momento nominal, un momento máximo igual a 2,5 veces el nominal, una intensidad de arranque 4,5 veces el de régimen, con cos ϕ =0,8 y un rendimiento de 0,85. Se pretende saber cuales serán las condiciones de operación indicadas para la alimentación normal cuando la tensión disponible no es mas que de 320/185V, así como la corriente de funcionamiento cuando el motor trabaja a la potencia normal.
SOLUCION Se deduce de relaciones bien conocidas que la potencia admisible y los momentos máximos y de arranque disminuyen proporcionalmente al cuadrado de la tensión, mientras que a potencia normal la corriente varía en relación inversa a la tensión de alimentación, entonces : Intensidad=3000/ ( 3 x380x0,8x0,85)=6,70 A Momento nominal=974x3/1430=2,04 Entonces para las nuevas condiciones tenemos que: Momento de arranque=2,04x1,8x(320/380)2=260 mkg Momento máximo=2,5x2,04x(320/380)2=3,62 Potencia nominal=3x(320/380)2=2,13 kW Intensidad de arranque=4,5x6,70=32,6 A Intensidad con potencia normal=6,70(380/320)=7,96 A 5 . 6 . Unos equipos de secado de áridos en una factoría pueden alimentarse con conexión estrella o triángulo. La corriente de la línea es de 8 A y la tensión de línea de 380 V. Se pretende conocer:
1)Potencia absorbida en conexión triángulo 2)Resistencia de una fase 3)Corriente en conexión estrella 4)Potencia absorbida en conexión estrella SOLUCION 1)Potencia conex. trian.= 3 x380x8/1000=5,27 kW 2)Intensidad de fase=8/ 3 =4,62 A y Resistencia por fase=380/4,62=82,27ohmios 3)Corriente conex. estrella=I/3=8/3=2,67 A 4)Potencia conex. estr.= 3 x2,67x380/1000=1,76kW 5 . 7 . Disponemos de un motor trifásico de anillos rozantes cuyas características son: 380/220 V; 1450 rpm. ;Potencia nominal 50 kW; η =85% y cos ϕ =0,90. Durante el arranque se supone que absorbe 2 veces la potencia nominal. Se pretende saber la energía necesaria para el arranque si este se produce en 20 segundos.
SOLUCION Energía consumida durante el arranque =(2x50/0,85)x(20/3600)=0,6536 kWh. 5 . 8 . Un motor trifásico que muestra en su placa las siguientes características: U=380/220V; η =85%; cos ϕ =0,90; 1450 rpm acciona una polea de 225mm de diámetro que arrastra una correa con una tensión de 80 kg. Se pretende saber la potencia e intensidad absorbidas por el motor,
SOLUCION Momento=80x(0,225/2)=9 mkg. Potencia=80x1450/974=119,1 kW Intensidad=119,1x1000/( 3 x380x0,85x0,86)=247,8 A CAPITULO 6. MOTORES TERMICOS 6 . 1 . Calcular la potencia efectiva de un motor térmico de aspiración natural, bajo las siguientes condiciones: Potencia nominal 125 CV a 2.100 rpm medidos según la norma DIN 70.020 Altitud 1.300 metros. Temperatura 30ºC.Humedad relativa 100% SOLUCIÓN Aplicamos las oportunas correcciones por altitud, temperatura y humedad relativa. La norma DIN 70.020 establece las siguientes condiciones para medir la potencia: 14
Presión atmosférica: 760 mmHg (equivalen a 0 metros de altitud) Temperatura: 20ºC Humedad relativa: 60% Corrección de potencia por altitud .................. 13% Corrección de potencia por temperatura .......... 2% Corrección de potencia por humedad relativa. 2% Corrección total................................. 17% Potencia efectiva = Potencia nominal - Factor de corrección = 125 CV x 0,83 = 103 CV La potencia efectiva es 103 CV 6 . 2 . Calcular la potencia nominal de un motor térmico de aspiración natural, bajo las siguientes condiciones: Potencia efectiva 640 kW a 2.000 rpm medidos según la norma SAE J1349 Altitud 2.200 metros. Temperatura 25ºC.Humedad relativa 70%
SOLUCIÓN. Aplicamos las oportunas correcciones por altitud, temperatura y humedad relativa. La norma SAE J1349 establece las siguientes condiciones para medir la potencia: Presión atmosférica: 742 mmHg (equivalen aproximadamente a 200 metros de altitud) Temperatura: 25ºC Humedad relativa: 30% Corrección de potencia por altitud .................. 20% Corrección de potencia por temperatura .......... 1% Corrección de potencia por humedad relativa. 2% Corrección total................................. 23% Consideramos: Potencia nominal..... 100% Corrección................. ..23% Potencia efectiva..... ...77% x=640x100/77 = 831,16 kW La potencia nominal es 831,16 kW 6 . 3 . Una retroexcavadora situada en una obra a 1.500 metros de altitud trabaja en el interior de un pozo para el acceso y retirada de material de un túnel ferroviario. El motor de la máquina de 300 CV a 1.500 r.p.m., aspiración forzada y refrigerado por agua, se ha averiado y se decide su sustitución; se recibe una oferta con las siguientes variantes: 1ª.-Motor de 2 tiempos, 350 CV a 1.500 r.p.m., aspiración natural, refrigerado por aire 2ª.-Motor de 2 tiempos, 300 CV a 1.500 r.p.m., sobrealimentado, refrigerado por agua 3ª.-Motor de 4 tiempos, 300 CV a 1.600 r.p.m., sobrealimentado, refrigerado por aire 4ª.-Motor de 4 tiempos, 375 CV a 1.500 r.p.m., aspiración natural, refrigerado por agua Razonar la conveniencia de montaje o no de cada uno de estos motores.
SOLUCIÓN: Oferta 1ª.- No interesa en esta aplicación por ser refrigerado por aire Oferta 4ª.- Es el motor adecuado Oferta 3ª.- No interesa en esta aplicación por falta de potencia cuando trabaje a 1500 rpm Oferta 4ª.- No interesa en esta aplicación por falta de potencia al corregirle por altitud 6 . 4 . Calcular la potencia efectiva de un motor térmico, de 4 tiempos, aspiración natural, que tiene una potencia nominal de 300 CV (DIN 70020) para trabajar en una obra a 2.000 metros de altitud, temperatura ambiente 25ºC y humedad relativa 40%.
SOLUCIÓN. La norma DIN 70020m considera Patm. 760 mm.c.m (nivel del mar), 20ºC y 60% Hr Por lo tanto: 2.000 metros de altitud significa un 20% de pérdida de potencia 25ºC equivale a 1% de pérdida de potencia 40% de Hr equivale a 1% de aumento de potencia La potencia efectiva será: 300x0,8= 240 CV 6 . 5 . Calcular el consumo teórico del motor térmico de una excavadora y del motor térmico de un grupo electrógeno, durante una jornada de trabajo de 8 horas. La potencia en ambos casos es 250 CV y la eficiencia horaria 50/60
SOLUCIÓN: Sabemos que el consumo horario de un motor esta en función de Q= q(litros/CV,H)x N(CV)x H(horas) Ehx ρ(factor de carga) En este caso solo varía, ρ(factor de carga) que le estimamos 0,6 para la retroexcavadora y 1 para el grupo electrógeno, y dando valores: Retroexcavadora Q= 0,2x 250x 8x 50/60x 0,6= 200 litros/dia 15
Grupo electro. Q= 0,2x 250x 8x 50/60x 1 = 333,33 litros/dia CAPITULO 7. NEUMÁTICOS Y TRENES DE RODAJE DE ORUGAS 7 . 1 . Calcular la vida probable, la conveniencia de montaje y el desarrollo de un neumático con un TKPH nominal de 160, para aplicarle como neumático motriz de rueda gemelada en dumper de descarga trasera con un peso en vacío de 14.000 kg, carga máxima 16.000 kg y sobrecarga del 15%. El 65% del peso de la máquina, vacía o cargada, gravita sobre el eje motriz. El tajo de la obra tiene las siguientes características: Explotación, mediante voladuras, de una mina a cielo abierto de mineral de hierro, con una pista de rodadura bien mantenida. El camino de acarreo tiene pendientes del 15%, curvas normales . La distancia desde el punto de carga al de descarga es 5 km. La velocidad cargado es 25 km/h y descargado 30 km/h. Tiempo de maniobra, carga, descarga y espera, por ciclo 7,8 minutos. La jornada de trabajo es 8 horas diarias y la eficiencia horaria es 0,83.La dimensión del neumático es 275/80 R 22,5.
SOLUCION.La conveniencia de montaje se fijará calculando el TKPH de explotación que deberá de ser menor que el TKPH nominal. La vida probable la estimaremos aplicando coeficientes reductores a la vida teórica. El diámetro lo deducimos de la nomenclatura indicada. El TKPH de explotación vale: TKPHe=(Qc +Qv )/2 x (LxNc)/H .donde Qv = 0,65x14/4= 2,3 t Qc =0,65(1.15x16+14)/4=5,2 t L=2x5=10 km Tc=Tv+Tf=Ec/Vc+Ev/Vv+Tf=5/25+5/30+7,8/60=0,5 horas 1 h.......0,83 8 h....... x x=6,67 horas reales Nc=Hr/Tc=6,67/0,5=13 ciclos luego TKPHe=(5,2+2,3)/2 x (10x13)/6,67=73,12 como TKPHe
Igualmente analizar las consecuencias del desgaste de los casquillos, su origen, y manera de corregirlo a corto plazo, con una representación esquemática de esta solución. SOLUCION
16
Las cadenas fijas no se mantienen alineadas y tienden a salirse en los virajes del tractor. provocando fuertes impactos de los rodillos de apoyo y sus soportes. Cuando la máquina trabaja marcha atrás los dientes de la rueda motriz y los casquillos sufren un mas importante desgaste. Cuando los casquillos y bulones se gastan las cadenas se alargan y su paso varía. El desgaste interno se produce en la superficie exterior central del bulón y en los extremos donde se ajustan los eslabones. Para aumentar la duración de casquillos y bulones se giran 180º una vez separados y se ajustan posteriormente. Ver esquemas anexos.
7 . 3 . Cuando el horómetro de un tractor de cadenas marcaba 4.000 horas de trabajo se verificaron las cotas características de desgaste del rodaje obteniéndose las dimensiones del cuadro que se indica. A las 5.000 horas del horómetro se vuelve a verificar con el resultado que se indica en el cuadro. Las cotas nominales y de desgaste máximo están igualmente indicadas en el cuadro. Determinar en estas condiciones de trabajo la vida probable restante de cada componente. Todas las cotas están expresadas en milímetros.
Cotas características de desgaste a) Altura de pestaña en teja b) Altura en rueda guía c) Altura de eslabón d) Diámetro de rodillo e) Paso unitario de cadena f) Perfil del diente de rueda cabilla
Dn 87,5 22,4 141,2 269 260 0
Dmp 25,5 28,8 132,0 251 265,8 6,5
4.000 H 70 22,4 138 269 262 0
5.000 H 50 24 135 260 264 2
SOLUCIÓN El desgaste máximo restante (Dmr) será igual a la suma algebraica de la dimensión en la última verificación (4.000 H) y la dimensión máxima permisible (Dmp). Para el cálculo de la vida restante probable de cada componente se admite que el desgaste es lineal mientras la máquina se mantenga en el mismo tajo. Cálculo del desgaste restante de cada componente: a) altura de pestaña en teja: Dmr= 50 - 25,5 = 24,5 mm b) Altura en rueda guía: Dmr = -24 + 28,8 = 4,8 mm c) Altura de eslabón: Dmr = 135 - 132 = 3 mm d) Diámetro de rodillo: Dmr = 260 - 251 = 9 mm. e) Paso unitario de cadena: Dmr= - 264 + 265,8 = 1,8 mm f) Perfil del diente de la rueda cabilla: Dmr = -2 + 6,5 = 4,5 mm Cálculo del desgaste entre las dos observaciones (5.000 H-4.000 H en este caso) a) altura de pestaña en teja: 70 - 50 = 20 mm b) Altura en rueda guía: - 22,4 + 24 = 1,6 mm c) Altura de eslabón: 138 -135 = 3 mm d) Diámetro de rodillo:269 - 260 = 9 mm e) Paso unitario de cadena:-262 + 264 = 2 mm f) Perfil del diente de la rueda cabilla:0 + 2 = 2 mm Se establece una proporción para cada componente: a) altura de pestaña en teja: Sí 20mm duran 1.000 H, 24,5 mm se tiene 1.225 horas b) Altura en rueda guía: Sí 1,6 mm duran 1.000 H, 4,8 mm se tiene 3.000 horas c) Altura de eslabón: Sí 3 mm duran 1.000 H, 3 mm se tiene 1.000 horas d) Diámetro rodillo: Sí 9 mm duran 1.000 H, 9 mm se tiene 1.000 horas e) Paso unitario de cadena: Sí 2 mm duran 1.000 H, 1,8 mm se tiene 900 horas f) Perfil del diente de la rueda cabilla: Sí 2 mm duran 1.000 H, 4,5 mm se tiene 2.250 horas 7 . 4 . Inconvenientes de un exceso de la tensión de las cadenas.
SOLUCION Es de vital importancia que las cadenas de un tractor estén correctamente ajustadas para que la máquina rinda debidamente. Si una cadena está demasiado tirante habrá excesiva fricción entre pasadores y casquillos cuando los eslabones pasen por las ruedas cabillas y tensoras. Esta fricción excesiva desgastará prematuramente también los 17
eslabones, ruedas cabillas y tensoras. La excesiva fricción de las cadenas muy tirantes resta potencia a la barra de tiro. Finalmente el exceso de tensión produce calentamien tos que pueden fundir pasadores y casquillos y dañar gravemente cojinetes y engranajes. 7 . 5 . Inconvenientes del trabajo con cadenas demasiado flojas.
SOLUCION Una tensión de las cadenas demasiado baja provoca que estas pierdan su alineación y tiendan a salirse al girar la máquina, provocando el desgaste de las pestañas de las ruedas tensoras, rodillos y costados de la rueda cabilla. Cuando la máquina marcha en retroceso se desgastan muy rápidamente los casquillos y dientes de las ruedas motrices. 7 . 6 . ¿Con que frecuencia se debe realizar el ajuste de la tensión de la cadena?
SOLUCION El ajuste de la tensión de la cadena debe hacerse habitualmente y no solo cuando haya que montarla o desmontarla, ya que se producen holguras con el uso, que hay que corregir. Al trabajar en cierto tipo de terrenos se producen desajustes al introducirse entre los elementos del tren de rodaje materias extrañas como barro, piedras, etc. La operación de tensado de cadenas es muy sencilla tanto se trate de tractores con dispositivos de tensado mecánicos o hidráulicos. CAPITULO 8. EMBRAGU ES, TRANSMISI ONES Y FRENOS EN MÁQUIN AS DE MOVIMIENTO DE TIERRAS 8 . 1 . Calcular la tracción disponible (tiro en la barra o en las ruedas) y velocidad correspondiente, para un tractor cuyo motor tiene una potencia nominal de 360 CV a 2.700 rpm, la desmultiplicación total en la transmisión es 30 a 1 y el radio de la rueda motriz es 58 cm.
SOLUCION Recordamos las siguientes igualdades: Cm.nm = Cp.np y N=Cm.nm / 716 El par en el motor vale Cm = 716.N:nm = 716x360 CVx 2700 rpm = 95,46 mkg Las revoluciones en el palier valen np = nm:i (desmultiplicación) = 2700 : 30 = 90 rpm El par en el palier vale Cp = Cm.nm:n p = 95,46 mkgx2700 rpm:90 rpm = 2863,8 mkg El tiro en la barra o ruedas vale T = Cp:r = 2863,8 mkg : 0,58 m = 4937,58 kg La velocidad correspondiente a esas revoluciones vale V (km/h) = π .D(m).10-3.n p(rpm).60 = 3,1416x0,58x2x10.-3 x90x60 = 19,6 km/h El tiro en la barra vale 4.937,58 kg La velocidad correspondiente a ese tiro vale = 19,6 km/h 8 . 2 . Calcular la velocidad teórica máxima con su tracción correspondiente y la tracción máxima con su velocidad correspondiente en un vehículo de las siguientes características: Potencia N = 180 CV a 2.400 rpm En caja de cambios (mecánica de piñones desplazables): Toma constante: 20-30 dientes I marcha: 15-40 dientes II marcha: 18-30 dientes III marcha: 24-24 dientes IV marcha: marcha directa V marcha: 40-20 dientes En grupo cónico: Relación piñón corona: 12-60 dientes Tamaño ruedas motrices 10.00x24
SOLUCION La máxima velocidad se logrará con la mínima desmultiplicación; la tracción máxima con la máxima desmultiplicación. Recordando las relaciones entre pares y revoluciones, entre par motor y potencia y entre revoluciones y numero de dientes en piñones ( ne. .z e = n s .z s ), calcularemos las revoluciones en palieres, seleccionaremos las marchas que cumplan lo solicitado en el enunciado y operaremos como en el problema anterior. La dimensión de rueda 10/80x24 100 cm. (ver dimensiones de neumáticos) Desmultiplicaciones marcha caja cambios grupo total rpm en palieres 18
I) II) III) IV) V)
20/30x15/40=1/4 12/60=1/5 20/30x18/30=2/5 12/60=1/5 20/30x24/24=2/3 12/60=1/5 directa 1/1 12/60=1/5 20/30x40/20=4/3 12/60=1/5
1/4x1/5=1/20 2/5x1/5=2/25 2/3x1/5=2/15 1 x1/5=1/5 4/3x1/5=4/15
2.400x1/20=120 2.400x2/25=192 2.400x2/15=320 2.400x1/5= 480 2.400x4/15=640
La máxima velocidad corresponderá a la V marcha La máxima tracción corresponderá a la I marcha El par motor valdrá Cm=716N/n = 716x180:2400 = 53,5 mkg El par en palieres en I marcha valdrá: Cp=Cmxn m:n p=53,5x2.400:120=1.070 mkg La tracción en I marcha valdrá: T=Cp:r(rueda)=1.070:0,5=2.140 kg La velocidad en I marcha valdrá: V=π .D.n p= 3,1416x1mx120rpmx10-3x60=22,6 km/h El par en palieres en V marcha valdrá: Cp=53,5x2.400:640=200,6 mkg La tracción en V marcha valdrá: T=200,6:0,5=401,25 kg La velocidad en V marcha valdrá: V=3,1416x1x640x10-3x60=120 km/h La velocidad máxima teórica será 120 km/h y la tracción correspondiente 401,25 mkg. La tracción máxima será 2.140 kg y la velocidad correspondiente 22,6 km/h 8 . 3 . Clasificación sinóptica de los engranajes.
SOLUCION Rectos
Corona piñón interiores Corona piñón exteriores Cremallera piñón
Helicoidales
Simples Dobles
Cilíndricos Industriales Cónicos Automoción
Rectos Helicoidales
Tornillo sinfín & corona Hipoides Tornillo sinfín
CAPITULO 9. EXPLOSIVOS 9 . 1 . Se pretende organizar una voladura en terreno rocoso, poco fragmentado y en presencia de lluvia, pero no en tiempo tormentoso. Con la voladura se quiere conseguir una gran fragmentación y la evitación de daños en el entorno por efecto de proyecciones de la voladura. Aunque no se prescribe un tipo de voladura específico se indica que se dispone de detonadores de microretardo en gran cantidad (resistencia ohmica de 2,5 incluidos los hilos), así como líneas para el encendido de 10 ohmios (una de ida y otra de retorno). Se dispone de explosores de 340 Voltios y de 700 Voltios, aunque estos últimos en mal estado de conservación. La pega supondrá la carga de 50 taladros que se conectarán según se estime mas conveniente.
Se pide: justificar el tipo de voladura, explosivo a emplear, tipo de explosor a usar y garantías de que el explosor utilizado actuará con éxito desde el punto de vista de seguridad eléctrica. SOLUCION Dadas las características del terreno, ambiente y del equipo disponible parece la voladura con microretardo en serie la mas recomendable en principio. Resistencia total=2x10+50x2,5=145 ohmios Con una tensión de 500 V tendremos una I=340/145= 2,34 A que garantiza la operación si la instalación es en serie, como se considera por razones de seguridad la mas conveniente. Los explosivos gelatinizados son los mas recomendables dada la presencia de humedad y gran potencia explosiva. Un ejemplo de ellos es el Goma 2E.
19
9 . 2 . En una voladura de una cantera temporal se pretende aumentar la fragmentación. Se solicita indicar aquellos procedimientos mas sencillos de conseguirlo, sin cambiar esencialmente el diseño de explotación de la cantera.
SOLUCION Esencialmente el problema de conseguir una mejor fragmentación consiste en distribuir una carga específica por volumen de roca tan grande como sea posible, sin que este exceso de energía se transforme en proyección, sobre todo de grandes rocas. En general los barrenos inclinados en cada pega facilitan una fragmentación mas eficaz. Las posibilidades de mejorar la fragmentación están estrechamente asociadas con el riesgo de proyección, partiendo de la base que la técnica del microretardo es la usada generalmente. Además de estos barrenos principales pueden hacerse otros más pequeños paralelos intercalados con aquellos y de aproximadamente la mitad de profundidad, iniciados desde la parte superior de la roca. Las cargas se deben ajustar lo más posible al limite de rotura de la roca, para evitar proyección alguna. Con este tipo de voladura, se obtiene la fragmentación suficiente y de forma bastante económica. En las voladuras a cielo abierto la parte superior de los barrenos se deja habitualmente sin cargar con el fin de evitar la proyección de pequeños trozos de roca. Así los mayores bloques que resulten en una pega se producirán en la parte superior de la misma. Una pequeña concentración de explosivo distribuido en la parte superior de la columna puede ayudar a romper estos bloques y mejorar la fragmentación sin aumentar apreciablemente el costo. CAPITULO 10. AIRE COMPRIMIDO 1 0 . 1 . En un lugar donde la columna de mercurio marca 728 mm. hay un depósito de ai re comprimido a 5,2 atms. manométricas, siendo la temperatura del gas 32° . Averiguar: a) la temperatura absoluta. b)la presión absoluta en atms. c)la presión absoluta en kg.
SOLUCION a) 32+273=305 °K (absolutos) Para hallar la presión atmosférica del lugar 1atm/760=x/728 esta presión equivale a 0,958x10330=9896 kg/cm2 b)5,2+0,958=6,158 atms. absolutas c)5,2x10330+9896=63612 kg/cm2 absolutos
x=0,958atm
1 0 . 2 . En una tubería de 0,20 m de diámetro, circula aire comprimido a 25°. Hallar la cantidad de aire que pasa por minuto, sabiendo que la diferencia de altura que marca el tubo de Venturi, con razón del cuello de 1/5=0,12 my que la presión del lugar es de 750mm. de mercurio
SOLUCION Presión efectiva del ambiente x=750/760=0,986 atm. Peso específico del aire a la presión de 0,986 atm y 25°=1,293x(750/769)x(273/(25+273)=1,168 kg/m3 Velocidad del cuello (según el libro MANUAL DE MAQUINARIA DE CONSTRUCCION)= v2 =
5 – 25 – 1
2 . g . 0,12. 1000 =45,771 m / seg 1,168
Sección a1=0,0314 Caudal por minuto=45,771x000628x60=17,220 m3 /minuto En la sección mayor obtenemos v1=9,154m/seg y el caudal q=9,154x0,0314x60=17,220m3 /minuto, que lógicamente es el mismo caudal obtenido antes. 1 0 . 3 . Una instalación de aire comprimido dispone de una conducción de 200m, un caudal de aire libre suministrado de 10m3 /minuto, un diámetro interior de la tubería de 70 mm., y una caída de presión de 0,1 bar. con una presión inicial de 7 bar. Si cambiamos el diámetro de la conducción por otro de 60mm. ¿Cual sería la longitud admisible para mantener las mismas condiciones de perdida de presión iniciales?. ¿Que consecuencia se deduce del resultado?.
SOLUCION. Del ábaco correspondiente del libro MANUAL DE MAQUINARIA DE CONSTRUCCION se deduce inmediatamente que la longitud admisible sería 100m. Se deduce igualmente el gran efecto que sobre la pérdida de carga tiene el diámetro de la tubería. 1 0 . 4 .-Se dispone de una tubería de aire comprimido de 60m de longitud y de 100mm de diámetro. El aire atraviesa 4 válvulas con pocos defectos de ajuste. La presión inicial es de 7 bar, y el caudal suministrado es de 20m3 /min. Calcular la pérdida de presión en dicha tubería. En caso de no ser técnicamente aceptable dicha pérdida, elegir el diámetro para que esta sea razonable.
SOLUCION Suponemos una válvula de diafragma=6m. de tubería equivalente unitaria. Longitud de tubería equivalente total 60+3x6=78m Del ábaco de pag. 10-33 se obtiene una pérdida de carga correcta =0,025 bar Si fuera válvula de asiento sería 60+3x25=135m . Pérdida de presión <0,10bar. Valdría también. 20
1 0 . 5 . Dada una tubería de 0,16 m de diámetro, par la que circula aire comprimido a una temperatura de 20º, situada en un lugar de presión 742 mm. de mercurio y donde la diferencia de altura que marca el tubo de Pitot es 0,018 m., se desea saber el caudal que transporta.
SOLUCION Pefectiva=742/760=0,976 atm.
1 0 . 6 . En una tubería de 0,20 m de diámetro, circula aire comprimido a 25º. Calcular la cantidad de aire que pasa par minuto, sabiendo que la diferencia de altura que marca el tubo de Venturi, con razón de cuello de 1/5 es de 0,12 m. y que la presión del lugar es 750 mm. de mercurio.
SOLUCION Presión efectiva del ambiente en atms. 750/760=0,986 atms Peso específico del aire a la presión de 0,986 atms. y 25º se calcula y es igual a
Podemos calcular la velocidad en cualquiera de las secciones de forma inmediata. Obtenemos así:
1 0 . 7 . Tenemos un pozo de 90 metros de profundidad del que manan 8 litros par segundo. El pozo tiene 23m. de cota de agua y queremos desaguarlo con una sumergencia del 43 %. Evaluar si la elevación exige una o varias etapas y calcular el volumen de aire libre necesario.
SOLUCION Con la sumergencia propuesta y la profundidad de 23 m el agua puede llegar hasta L=23x100/43=53,5m. E=53,5—23=30,5 m, luego faltan par subir hasta la superficie: 67—30,5=36,5m. Para salvar esta altura hay que colocar otro sistema independiente del anterior; su profundidad mínima ha de ser: 36,5/(1-0,43)=27,5 m. (ver fórmula) Vamos ahora a calcular la cantidad de aire libre que se precisa. Volúmenes de la primera y segunda elevación: v1 =
30,5 =5,5litrosdeaire libre/min 23+10,33 10.log 10,33
v2 =
36,5 =5,9litrosdeaire libre/min 27,5 +10,33 10.log 10,33
Por tanto, la cantidad total de aire libre por minuto que es necesaria habrá de ser: 8x60x(5,5+5,9)=5.424 litros/min=5,4 m. cúbicos por minuto
21
CAPITULO 11. MAQUINAS ACCIONADAS POR AIRE COMPRIMIDO 1 1 . 1 . Calcular la cantidad de agua que es posible recuperar de un compresor de caudal 100m3 /minuto, usando el refrigerador intermedio o los dos refrigeradores de agua (intermedio y final) con una temperatura ambiente de 30° y una humedad relativa de 85%. La presión final absoluta es de 8 kg/cm2 y la intermedia de 2,8 kg/cm2. Se pide un comentario sobre el resultado.
SOLUCION El peso del volumen de vapor de agua (ver tabla Cap. 10) a 30°es de 30,4 g/m3 = 0,0304 kg/m3. El vapor contenido en el aire en la admisión es de 0,0304 x 0,85 x 100 = 2,58 kg/minuto. Rendimiento del separador de agua en el refrigerador intermedio = 80 %. Cantidad de agua eliminada en el refrigerador intermedio = =(2,58-0,0304x100/2,8) x 0,80 = 1,20 kg/minuto. Rendimiento del separador de agua del refrigerador posterior = 90 %. Cantidad de agua eliminada en el refrigerador posterior = =(2,58-1,20-0,0304 x 100/8) x 0,90 = 1,00 kg./minuto. Por tanto la cantidad de agua eliminada es: 1,2+1,0=2,2 kg/minuto. 1 1 . 2 .Se pretende conocer la cantidad de agua que se elimina de un compresor de las siguientes características durante el proceso de refrigeración. Capacidad 16m3 /min. Dotado de refrigeración por aire (intermedia y final), aunque el refrigerador por aire intermedio se acepta que no dispone de gran eficacia condensadora. Temperatura del aire a la admisión:20º. Humedad relativa 80% Temperatura del aire a la salida: 30º Presión de trabajo:7kg/cm2 Eficiencia del separador final de agua a la salida:85%
SOLUCION Tomando de la tabla del Libro MANUAL DE MAQUINARIA DE CONSTRUCCIÓN, Cap 10: Peso del vapor de agua a 20º=0,0173 Contenido de agua a la entrada:0,0173x0,80x16=0,22 kg/m3 Cantidad del agua recogida en el refrigerador posterior = (0,22-0,0304x16x(1/8)x(303/293)x0,85=0,13 kg/min. El factor 303/293 corresponde a la corrección por mayor temperatura en la salida del refrigerador posterior, expresando la temperatura en ºK. 1 1 . 3 . Se trata de estudiar la regulación de un compresor de simple efecto con válvulas de una sola etapa en la descarga. La carga del calderín se detiene a la presión de 7,2 kg/cm2 y se activa a 6,7 kg/cm2. La capacidad del calderín es de Q/10 siendo Q la capacidad de producción del compresor. Estudiar otras dos hipótesis cuando el consumo de aire es de 0,75Q m3 /min y de 0,25Q m3 /min.
SOLUCION Primera hipótesis Periodo de descarga :t1 Periodo de carga :t2 (Q/10)x8,2- (Q/10)x7,7= 0,5xQx(t1 /60) t1=6 seg. (Q/10)x8,2- (Q/10)x7,7= Qx(t2 /60)-0,5xQx(t 2 /60) t2=6 seg. El tiempo total por tanto es t=t1+t2=12 seg Segunda hipótesis. Para consumo de 0,75Q m3 /min Siguiendo razonamientos análogos se obtiene t=16 seg. Tercera hipótesis. Para consumo de 0,25Q m3 /min Siguiendo razonamientos análogos se obtiene también t=16 seg. 1 1 . 4 . En una planta de aire comprimido se supone que una gran parte de la energía consumida se convierte en energía calorífica; si se dispone de refrigerador posterior, aproximadamente un 50% del calor puede ser eliminado en el proceso de refrigeración, lo que equivale a un descenso de 40ºC.Para un compresor concreto de 31m3 /min el balance energético se supone es: Potencia en el volante de regulación 100% Calor del refrigerador intermedio 43% Calor del refrigerador posterior 43% Calor de los cilindros 8% Radiación del compresor 2% Calor residual en el aire comprimido4% La cantidad de agua que se consume en forma de vapor en el proceso de refrigeración debe ser reemplazada por agua adicional. Se supone que la capacidad de transferencia de calor de la refrigeración posterior es de 12,3 litros/ºC/k.cal Calcular la cantidad de agua necesaria para la refrigeración en litros/hora en la hipótesis de refrigeración por agua en un circuito y en al caso de avería de este al tener que realizar la refrigeración por agua corriente. 22
SOLUCION En el primer caso se generan, según se deduce del cálculo, 120.000 kcal/hora y por tanto la cantidad de agua consumida es de 120.000/(12,5x40)=240 litros/hora. Hecho el cálculo para el agua corriente, teniendo en cuenta la definición de caloría y supuestas las condiciones ideales se obtiene 120.000/(40x1)=3.000 litros/hora 1 1 . 5 . Para un compresor concreto de 31m3 /min el balance energético se supone es: Potencia en el volante de regulación 100% Calor del refrigerador intermedio 43% Calor del refrigerador posterior 43% Calor de los cilindros 8% Radiación del compresor 2% Calor residual en el aire comprimido4%
Se pretende saber el balance energético con vistas a utilizar el agua calentada (resultante de la refrigeración), para usos sanitarios a una temperatura de 50ºC.Se sabe que el intercambiador de calor tiene una capacidad de 500kcal/m 2 /ºC/hora. SOLUCION La potencia total que es capaz de producir 31m3 /min equivale a 130 Mcal/hora, de las cuales hay que descontar 2+4% por perdidas irrecuperables. Quedan pues 122Mcal/hora. La elevación de temperatura estimada es de 10 a 70ºC. Con una carga de 75%, el volumen V de agua a 70º se obtiene de: Vx(70-10)=122x0,75, de donde V=1,5m3 /hora. En el intercambiador de calor la temperatura del agua es rebajada a 25º o sea 1,5(70-25)=68Mcal/hora se transfieren al agua sanitaria, cuya temperatura es elevada de 10 a 50ºC. El intercambiador de calor trata y m3 /hora de agua sanitaria. Entonces y(50-10)=68 de donde se deduce y=1,7m3 /hora. La media logarítmica de la diferencia de temperatura es: ((70-50)-(25-10))/Ln (20/15)=17ºC. Con la capacidad de transferencia de calor, dada en el enunciado, la superficie requerida es 68.000/(500x17)=8m2 La cantidad de agua sanitaria requerida, 2,5m3 se obtiene en 2,5/1,7 horas, tiempo durante el cual el depósito se llena. Durante el resto del tiempo 8-1,5=6,5 horas el agua a 70ºpuede ser usada para otros fines. 1 1 . 6 . Hacer el balance energético de un compresor de 16m3 /min, trabajando con una carga del 75% con refrigeración posterior de aire para el calentamiento de un almacén. Calor específico por m3 de aire =0,24x1,3. El coeficiente de transmisión calorífica del edificio se supone de 3 kcal/m2 /ºC/hora
SOLUCION El refrigerador intermedio produce 29x0,75=21.8Mcal/hora como aire caliente. El refrigerador posterior produce 33x0,75=24,8Mcal/hora. La cantidad de aire circulando por el refrigerador intermedio es de aprox. 3.300 m3 /hora y el que circula por el refrigerador posterior es de 8.000m3 /hora, totalizando 11.300 m3 /hora. La elevación de temperatura es de ((21.8+24,8)x1000))/(11.300x0,24x1,3)=13ºC El calor arrastrado por el aire saliendo del edificio es de 11.300x0,24x1,3x6,5=23.300 kcal/hora. El calor restante 23.300 kcal/hora es transmitido a través de paredes, suelo y techo cuya superficie es de 23.300/(3x6,5)=1.200 m2.Si tomamos un almacén de longitud a , ancho 0,5a y alto 0,2 a tendremos 2a 2(1x0,2+0,5x0,2+1x0,5)=1.200, entonces a =27 metros. El volumen del edificio que puede ser calentado es de 27x13,5x5,4=1.960 m3 1 1 . 7 . Se ha detectado un pequeño agujero de 3mm en una conducción de aire comprimido en una instalación permanente (que funciona las 24 horas del día en tres turnos). Se estima que la fuga supone una perdida de caudal de 0,6 m3 /min. Se desea saber el costo anual de la fuga sabiendo que el costo del KWh es de 5 pesetas.
SOLUCION Comprimir 1m3 /min de aire libre a 7Kg/cm2 requiere aprox. 0,09kWh, entonces 24x60x360x0,6x0,09x5=139.968 pesetas/año 1 1 . 8 . Se trata de conocer el balance energético de la ventilación del local que alberga un compresor íntegramente refrigerado por aire de 8m3 /min de las siguientes características energéticas: Potencia en el volante de regulación 100% Calor del refrigerador intermedio 40% Calor del refrigerador posterior 46% Radiación del compresor 8% Calor residual en el aire comprimido 6% Pérdidas en el motor 9% El rendimiento energético de este compresor es tal que 1m3 /min consumen 0,1KWh
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La capacidad de los ventiladores es de 3600m3 /hora el refrigerador intermedio, y de 5400 m3 /hora el refrigerador posterior. El compresor dispone de canales en los sistemas de ventilación para hacerla mas eficaz. SOLUCION 8m3 /min equivalen energéticamente a 8x60x0,1x136=42Mcal/hora La energía contenida en el aire de ventilación puede calcularse por la fórmula: q=Vxcx1,2xdE, siendo q el calor radiado por el compresor en kcal/hora, V el volumen del aire de ventilación, c (una constante)=0,24 kcal/kg de aire o su equivalente 0,3 kcal/m3 de aire, y dE la variación de energía en kcal/m3 Elevación de la temperatura en el local: 42.000x0,08=9000x0,3xt t =1,3ºC 1 1 Elevación de la temperatura del aire después del refrigerador posterior: 42.000x0,46=5400x0,3(t -t ) t =13,3ºC 2 1 2 Elevación de la temperatura después del refrigerador intermedio: 42.000(0,40+0,09)=3600x0,3(t -t ) t =20,3ºC 3 1 3 1 1 . 9 . En el mismo caso que el ejemplo anterior pero sin que el compresor esté dotado de canales en los refrigeradores intermedio y posterior, se pretende saber si los ventiladores tiene suficiente capacidad para mantener una temperatura no superior a los 10ºC sobre la ambiente. Caso de no poderla mantener indicar el caudal de aire adicional necesario.
SOLUCION Llamando C a la capacidad “extra” de ventilación se debe cumplir: 42.000(1,09-0.06)=Cx0,3x10 de donde C=14.400 m3 /hora CAPITULO 12. UTILES DE PERFORACION 1 2 . 1 . Dibujar una plantilla que permita comprobar las condiciones de corte de una barrena de un solo bisel.
SOLUCION Ver esquema anejo:
1 2 . 2 . Dibujar una plantilla que permita comprobar las condiciones de corte de una barrena de doble bisel.
SOLUCION Ver esquema anejo:
CAPITULO 13. VOLADURAS. 1 3 . 1 . Un banco rocoso compacto cercano a la verticalidad (10°) y altura de 14m se pretende preparar para una voladura. Determinar longitud de perforación, diámetro del taladro, línea de menor resistencia, interdistancia y disposición de las cargas de fondo y de columna. Como primera aproximación debe darse una estimación de la cantidad de explosivo unitaria. Se trata de una voladura que se pretende sea de gran precisión.
SOLUCION Seguimos en todo lo expuesto al inicio del Cap.13 del libro MANUAL DE MAQUINARIA DE CONSTRUCCIÓN Consideramos esta voladura como vertical típica, despreciando la inclinación de 10º. Línea de menor resistencia (piedra)=14/2,5=5,6m Longitud total del taladro=14+0,3x5,6=15,68m 24
Interdistancia=1,3x5,6x0,8=5,82m Carga de fondo=1,3x5,6=7,28m. Carga de columna=5,6m. Diámetro del taladro=5,6 pulgadas. Carga unitaria: 0,4 Kg/metro cúbico 1 3 . 2 Para construir el dique de abrigo de un gran puerto se dispone de una cantera de granito (densidad 2,4) de gran cota y en zona muy húmeda, de la que se piensan extraer bloques importantes de forma paralelepipédica en la que la máxima dimensión no sea superior a 2,5 veces la menor . Dichos bloques no deben tener un peso inferior a 25 ton. Se pretenden conocer los detalles de la explotación tales como: cota de los bancos a explotar, piedra, interdistancia, equipo de perforación mas recomendable, tipo de explosivo y nombre comercial del mismo si se conociese, detonadores, método de carga de explosivo y otros detalles que se estimen imprescindibles que permitan la mejor operatividad y racionalidad de la cantera.
SOLUCION Volumen de cada bloque=25/2,4=10,42m3 Siendo P= piedra, una voladura recomendable debe cumplir:Px1,3Px2,5P=3,25P3=10,42 de aquí P =
3
10,42 =1,47m . 3,25
Interdistancia=1,3x1,47=1,91m Altura del banco=2,5x1,47=3,68m Explosivo recomendado: Dinamita Perforación : con wagón drill Diámetro=1,47 pulgadas. Tomamos 1,5 pulgadas Detonador: Nº 8 Carga: tipo robot 1 3 . 3 . En una galería con un ancho de excavación de 3m. donde se espera que el afianzamiento cause un fuerte entorpecimiento de los trabajos de avance, se pretende conocer de forma resumida que precauciones deben tomarse en las zonas de frente, de avance y trasera, así como la longitud máxima recomendable para cada una de estas zonas.
SOLUCION Según Cap. 13 del libro MANUAL DE MAQUINARIA DE CONSTRUCCIÓN. Terreno clase IV. L1=3m; L2=15m; L3=150m. Entibado de acero o madera, etc. con o sin encostillado etc. Otros detalles de las precauciones opcionales en las tablas referenciadas (pag. 13-18). 1 3 . 4 . Se proyecta la perforación de un túnel de 6m. de diámetro en terreno muy inestable. ¿Que sistema de perforación convencional utilizaría?. Razone brevemente su elección.
SOLUCION Método alemán, por lo indicado en el Cap.13. del libro MANUAL DE MAQUINARIA DE CONSTRUCCIÓN 1 3 . 5 . En una galería con un ancho de excavación de 3m. donde son necesarias medidas de afianzamiento que causan un notable entorpecimiento en el avance, teniendo que interrumpir frecuentemente la excavación para proceder a los trabajos de afianzamiento, se pretende saber de forma resumida que precauciones deben tomarse en las zonas de frente, de avance y trasera, así como longitud máxima recomendable para cada una de ellas.
SOLUCION Terreno clase III, L1=2 L2=15 L3=150 Las precauciones se pueden tomar entre las indicadas en los cuadros correspondientes al Cap. 13. Por ejemplo >0,1 pernos por m.l. en perímetro de perfil. 1 3 . 6 . Para construir el dique de abrigo de un gran puerto se dispone de una cantera de granito (densidad 2,4) de gran cota y en zona poco húmeda, de la que se piensan extraer bloques importantes de forma aproximadamente cúbica. Dichos bloques no deben tener un peso inferior a 30 ton. Se pretenden conocer los detalles de la explotación (aunque no sea la mas económica, pero ajustándose a los requerimientos de la obra) tales como: cota de los bancos a explotar, piedra, interdistancia, equipo de perforación mas recomendable, tipo de explosivo, detonadores, método de carga de explosivo y otros detalles que se estimen imprescindibles que permitan la mejor operatividad y racionalidad de la cantera.
SOLUCION Se trata de una voladura atípica donde prima la dimensión de los bloques a obtener sobre las condiciones optimas de fragmentación. Volumen de los bloques=30/2,4=12,5. El lado del cubo será = 25
Este valor es igual a la interdistancia. La longitud de los taladros aprox. 1,3x2,32=3,02m con lo que se evitan los repiés. Explosivo: pólvora de mina por su pequeño efecto rompedor y fragmentador. 1 3 . 7 . En un pozo de fuerte inclinación con un diámetro de excavación de 6m. donde se espera que el afianzamiento cause solamente un débil entorpecimiento de los trabajos de avance, sin influencia aparente en los ciclos de trabajo, se pretende conocer de forma resumida que precauciones (señalar solo una solución) deben tomarse en las zonas de frente, de avance y trasera, así como la longitud máxima recomendable para cada una de estas zonas.
SOLUCION De la clasificación correspondiente se deduce que se trata de una excavación tipo II. Se deduce: L1=3m; L2=20m; L3=200m. Las protecciones se encuentran en el cuadro correspondiente del mismo capítulo. CAPITULO 14. EQUIPOS DE SONDEO CLAVA E HINCA 1 4 . 1 . Se dispone de una de serie de pilotes a ser hincados mediante la caída sucesiva de un martillo de vapor de simple efecto y de peso M (en Kg), desde una altura de a metros en caída libre. Llamaremos R (Kg) la fuerza portante del pilote de peso P (kg) y llamaremos h el hundimiento medio (rechazo relativo) en metros por golpe, considerados en andanadas de 10 golpes. Se pide relacionar la fuerza portante del pilote con los otros parámetros conocidos, y aplicando un coeficiente de seguridad C . Aplicar la fórmula para el caso particular siguiente: Martillo de 10ton ;pilote de 20m y 0,25m2 de sección. Altura de caída del martillo=1m; Coeficiente de Seguridad C=3;Rechazo medio=0,1m
SOLUCION El trabajo de las fuerzas exteriores se expresa así:
Por otra parte según el teorema de la cantidad de movimiento aplicado al martillo en caída libre a velocidad V y al pilote con una velocidad v, se expresa así: Sabido que
y eliminando las velocidades tenemos la expresión de la fuerza portante:
En el caso particular tendríamos. R=1/3x(10.000)2x1/0,10x(10.000+20x0,25x2.300)=15.500Kg. 1 4 . 2 . Se trata de hincar un número muy elevado de pilotes de acero (perfiles H) cuya manipulación debe preverse con cuidado. Se prevé según las circunstancias que cada pilote sea levantado desde 1, 2, 3, 4 y 5 puntos. Se pide situar los puntos de sujeción en condiciones favorables, expresando los momentos máximos correspondientes y establecer las disposiciones mas convenientes para su enganche y elevación y al mismo tiempo dibujar los polígonos de fuerzas para dimensionar los cables o eslingas correspondientes. Se supone w el peso de pilote por unidad de longitud.
SOLUCION
26
CAPITULO 15. VENTILACION 1 5 . 1 . Se trata de ventilar una galería de avance de sección 15 m2 en el que trabaja una locomotora diesel de 50 CV y 10 hombres de forma permanente. Se trata de determinar el tipo de instalación de ventilación que sirva para alcanzar con seguridad una longitud máxima de galería de 100m. durante los periodos de perforación y extracción de escombros y de eliminación de humos después de la voladura. Se estimará que el orden de magnitud de la concentración de CO en las proximidades del frente por la formula: CO = 1.25 . p . α (expresadoen%) válida para situaciones de la boca soplante próximas al frente volado, donde p 100
designa la carga de explosivo por m3 de galería, α el contenido en C del explosivo (con valores de 0,15 para la mayor parte de los explosivos tipo goma). El tiempo de purga de los restos de la explosión se puede calcular por la expresión: t = d .A .l n 1ε donde A(en m2) es la sección de la galería, Q es el caudal; d la distancia (en m) del orificio de Q
salida del aire al frente volado. Las pegas con un avance de 1m por pega son de 45kg. de explosivo "goma". SOLUCION Según la fórmula que aparece en el libro " MANUAL DE MAQUINARIA DE CONSTRUCCIÓN " deducimos la cantidad de aire limpio durante los periodos de perforación y preparación de la voladura, en nuestro caso: G =0,03 N +M =0,03(1+50)=1,5m3 /seg. 10
En esta fase previa a la voladura se considera como tipo de ventilación mas conveniente la de tipo soplante. La presión la disponemos en principio de 75mm. de c.a. Tomando una conducción de 0,60m, la perdida de carga por m.l. es de 0,04mm/metro para el referido caudal de 1,5m3 /seg. Ello supone una perdida de presión total de 0,04x100=4mm de c.a. La carga de explosivo para el avance de 45kg por pega (equivalente a 3Kg/m3) da una concentración de CO=1,25x3x0,15/100=0,56%. Con esta concentración y suponiendo que el personal puede volver al frente con una concentración de 2/10.000, por tanto ε es igual (2/10.000)/(0,56/100)=1/28 y t = d .A .l n 1ε Q
Para d=10, A=10m2, Q=1,5m3 /seg, de donde t=(10x15/1,5)xln(1/28)=333 segundos=5 minutos, que parece válida para el rendimiento general de la obra. El tipo de compresor será centrífugo con instalación de reversibilidad.
1 5 . 2 . Una serie de ventiladores semejantes, cuyas características de presión y potencia vienen reflejadas en el gráfico adjunto, tiene una velocidad de régimen de 720 rpm y produce un caudal nominal de 3,5m3 /seg, con una presión total de 60mm c.a., absorbiendo una potencia de 254 CV a la velocidad de régimen . Se pretende saber para una reducción del caudal a 2m3 /seg de su producción nominal (al 100%) que potencia será consumida y cual será la altura de c.a. lograda.
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Abscisas: Volumen en % del valor nominal Ordenadas: Presión y Potencia en % del valor nominal. SOLUCION Se deduce del gráfico anejo que las condiciones impuestas el caudal queda reducido al 57% y como consecuencia de ello la presión quedará reducida al 85% y la potencia consumida al 53%. 1 5 . 3 . En un ventilador con una velocidad de 1450 rpm que necesita una potencia de 3,5 kW, incrementamos su velocidad en un 50% sobre la original de régimen. ¿Cual será la potencia necesaria entonces?
SOLUCION Pnueva=Poriginalx(n'/n) 3=3,5x1,53=11,81 kW 1 5 . 4 . Dada una conducción de sección circular para ventilación, de chapa de acero, calculada para una determinada instalación, si se incrementase el caudal al doble, al mismo tiempo que se aumentase el diámetro de la conducción en un 32%, ¿que relación existiría entre la perdida de carga inicial y la obtenida después de las modificaciones de diámetro y caudal ?.
SOLUCION De la fórmula de la pérdida de carga se tiene: h =0,002.
2Q
2
. L
(1,32 D )
5
2
Q . L = 0,002 . 5 D
lo que demuestra que la pérdida de carga es la misma en ambas situaciones. 1 5 . 5 . Dada una conducción metálica de sección circular para ventilación , de diámetro 300mm, calculada para un caudal de 1m3 /seg, necesitamos ne cesitamos aumentar este e ste en un u n 30%, objetivo obj etivo que qu e esperamos esperam os obtener obtene r de la manera m anera mas simple empleando la misma máquina. ¿Cual será el sistema a emplear?. ¿Cual sería el diámetro de tubería comercial aproximado que será necesario utilizar para alcanzar una pérdida de carga similar?. ¿Ello supondrá una variación en la potencia y la presión obtenidas?. ¿Podría cuantificarla?.
SOLUCION El sistema mas sencillo es aumentar la velocidad del ventilador. Según el gráfico correspondiente del libro, se obtiene un diámetro de 0,325m, 0,325m, que por no ser comercial utilizamos de 0,350m, la inmediata superior. La potencia variaría como (1,3)3 y la presión como (1,3)2 Pérdida de carga original original = 1mm, según cuadro 15.1.a. Diámetro para la misma pérdida de carga (del mismo cuadro)=0,325m aprox. 0,350m Presión(nueva)=(1,3) 2 de la anterior Potencia(nueva)=(1,3)3 de la anterior. CAPITULO 16. MÁQUINAS DE ELEVACIÓN 1 6 . 1 . Las características de una grúa móvil son las siguientes: Carga máxima que puede elevar 90 toneladas. Potencia de motor 300 cv a 2.000 rpm. Diámetro del cabrestante de elevación de carga sobre el eje 34 cm, sobre los recubrimientos 100 cm. Desmultiplicación de motor a cabrestante 25 a 1. La pluma es de celosía compuesta por un tramo base 8 metros, un tramo cabeza de 8 metros y 12 tramos intermedios de 3 metros cada uno. El tramo cabeza monta 4 poleas para elevación de carga. La angulación máxima de la pluma es 80º y la mínima 20º. Calcular para estas características: 1º.-Velocidad de elevación correspondiente a la carga máxima. 2º.-Velocidad para la carga máxima que pueda elevar a 25 metros de alcance.
SOLUCIÓN Conociendo Conocie ndo el par motor podremos conocer el par del cabrestante cabrest ante y consecuenteme consec uentemente nte su tiro y velocidad velocidad pero considerando que se pueden montar dos diámetros distintos. Cm=716,N/n ; Cm= 716x300/200 = 107,4 kp Cm.nm=Cc.nc ; Cc = 107,4 kpx2000/2000x25 = 2685 kp en cabrestante el tiro y velocidad será a un solo ramal será: 28
para tambor de 34 cm de diámetro T = Cc/rc Cc/rc = 2685 kp/0,17 m = 15794 kp y v=π .dc.nc= π .0,34.2000/25 = 85,45 m/min para tambor de 100 cm de diámetro T = Cc/rc Cc/rc = 2685 kp/0,50 m = 5370 kp y v=π .dc.nc= π .1.2000/25 = 251,3 m/min se calcula el número de ramales para elevar la carga máxima para tambor de 34 cm de diámetro nº ramales = Q/T = 90000 kp/15794 kp = 5,6 ;tomamos 6 ramales la velocidad para 6 ramales será: v= v(directa)/nºr = 85,45 85,45 m/min/6 = 14,24 m/min para tambor de 100 cm de diámetro nº ramales = Q/t = 90000 kp/5370 kp= 16,75 no se pueden aparejar ese número de ramales porque solo monta la pluma 4 poleas ( 8 ramales), luego la velocidad para la carga máxima será 14,24 m/min La capacidad de esta grúa será C = Qmax.Lpmin = 90000 x 18 cos 80º = 250 tm La carga que puede elevar a 25 metros de alcance será: 250 Tm = Q.25m ; Q = 10 t El tiro y velocidad según diámetros de cabrestante será: para diámetro 34 cm nº ramales=10000/15794 ramales=10000/15794 es decir un solo ramal y v=85,45 m/min para diámetro 100 cm nº ramales=10000/5370=1,8 ramales=10000/537 0=1,8 =tomamos 2 ramales; v= 251,3 m/min/2 = 125,65 m/min solución: a) v= 14,24 m/min ; b) v= 125,65 m/min 1 6 . 2 . Se precisa introducir diverso equipamiento en el centro centro geométrico de un depósito que mide 30 metros de diámetro y 15 metros de altura. La cabeza de la pluma de la grúa (ver Anejo 1 a esta Colección de Ejercicios) debe situarse en la vertical del centro geométrico del depósito y a 35 metros de altura, para trabajar sobre el perfil longitudinal de la grúa. Bajo estas condiciones indicar: a) Tabla de posibilidades de alcances, capacidades y aplicación óptima. b) Velocidad máxima de elevación para esta aplicación óptima. Datos: Potencia del motor 200 cv a 1800 rpm. Desmultiplicación total de motor a cabrestante 30 a 1. Diámetro del tambor del cabrestante 50 ó 90 cm. (opcional)
SOLUCIÓN Se calcula el tiro del cabrestante, conociendo el par de cabrestante. Cm=716.N/n= 716x2000:1800= 79,5 mKg Cm.nm=Cc.nc Cc=Cm.nm:nc= 79,5x1800:1800:30= 79,5x1800:1800 :30= 2385 mKg Cálculo del tiro en el cabrestante Tc=Cc.Rc= 2385:0,45= 5300 kg Tc=Cc.Rc= 2385:0,25= 9540 kg Cálculo de la velocidad de elevación con tiro a un solo ramal V= π .Dc.nc= 3,14x0,9x1800:30= 169,6 m/min. V=π .Dc.nc= 3,14x0,5x1800:30= 94,26 m/min. Cálculo del alcance necesario: considerando que la altura de elevación son 35 metros, la altura del depósito 15 metros y la distancia del depósito al centro geométrico 15 metros Cálculo del alcance necesario h/H = (a-d)/a 15/35 = (a-15)/a a necesario = 26,25 m Variantes de montaje para H=35 metros Lp (m) a (m) ( α º) Q (t) 33,5 7,5 40 44,7 no sirve porque a
nº ramales=Q/T=6400 kg/5300 kg=1,2 ;tomamos 2 nº ramales=Q/t= 6400 kg/9540 kg= 0,67 ; tomamos 1 En definitiva α =50º Lp=42,7 m a=29 m Tiro a un solo ramal = 9540 kg
V=169,6/2= 84,8 m/min V= 94,25 m/min
Q=6400 kg Diámetro tambor = 59 cm
1 6 . 3 . Se precisa construir un depósito de hormigón de forma cilíndrica, de 31 metros de diámetro exterior, 30 metros de diámetro interior y 30 metros de altura. Se emplean encofrados deslizantes y para la puesta en obra del hormigón se dispone de grúas torre torre Potain 744CS (ver Anejo Anejo 2 a esta Colección de ejercicios) y cubos para la elevación, con las siguientes características: Capacidad Peso (Kg) Tiempo (seg) Tiempo (seg) ( m3 ) vacío llenado vaciado 0,5 300 30 45 1 400 40 60 1,25 450 40 70 1,5 500 50 80 1,75 550 50 80 2 600 60 90 El peso específico del hormigón es de 2.400 kg/m3. La contracción que experimenta el hormigón del paso de fresco a compactado, por vibración y compactación es del 15%. El plazo contratado para la ejecución es de 7 días y se incentiva la reducción de este plazo. Se trabajarán jornadas ininterrumpidas de 6 horas. Horas de 50 minutos. Calcular: 1) Características de montaje, posicionamiento respecto al depósito y número de grúas a emplear para ejecutar la obra dentro del plazo contratado. 2) Número de camiones hormigoneras de 6 m3 de capacidad de hormigón fresco fresco que se precisan diariamente. 3) Días empleados en la ejecución del depósito Para unificar criterios, tendremos en cuenta: a) El extremo del carretón carretón de la grúa/s se situará/n a 2,75 metros de distancia de la pared del depósito. depósito. b) Los camiones hormigonera descargarán sobre el cubo de hormigón o en tolvas de espera, situados a pie de mástil/es de la grúa/s. c) Tomaremos siempre una altura de elevación (altura media o compensada) de 20 metros. d) Reduciremos a 3/4 de su valor nominal todas las velocidades de trabajo, para compensar aceleraciones y frenadas. f) La orientación y la distribución se realizan dentro del tiempo de elevación.
SOLUCION Se estudia la ubicación de la grúa en el tajo, los parámetros funcionales, el cálculo el ciclo de trabajo y la velocidad de hormigonado. Hormigón curado necesario Vhc=π /4.H.(D2 - d2) = 1437,2 m3 de hormigón curado Hormigón fresco necesario Vhf= Vhc/(1-c) = 1437,2/0,85 1437,2/0,85 = 1690,8 m3 hormigón fresco Características Características de los cubos C (m3) Pv(kg) Pc(kg) Tc(seg) Td(seg) 0,5 300 1500 30 45 1 400 2800 40 60 1,25 450 3450 40 70 1,5 500 4100 50 80 1,75 550 4750 50 80 2 600 5400 60 90 Podemos montar la grúa fija o rodante a 2,75 metros del paramento exterior, aunque las ventajas en este caso de montarla fija son evidentes. Longitud de la pluma y parámetros correspondientes: 31 m por diámetro de depósito 2,75 metros por separación entre carretón carretón y depósito 4,52:2=2,25 metros dimensión de carretón El alcance será: 31+2,75+2,25= 36 metros metros . La longitud de la pluma 36 metros. Con Lp=36 m y a=36 m tenemos Q=4000 kg, H=32,5 m (1+10+1 tramos) 30
Ve=0-40 m/min; Vd=0-80 m/min Lo que nos indica que hemos de trabajar a ramal simple, sobre recubrimientos y empleando cubos de hormigón de 1,25 m3= 3450 kg< 4000 kg de capacidad de elevación Cálculo del tiempo del ciclo: Como se simultanean los movimientos de elevación,. distribuci ón y orientación se tomará el que resulte de tiempo mayor, elevación en este caso. Llenado del cubo.. ................................. 30 seg Eleva, distrib, orienta. t=e/v=20/0,75x40.... 40 seg Descarga............................ Descarga............................................. ................. 70 seg Descen, distri,orienta distri,orienta t=e/v=20/0,75x80..... t=e/v=20/0,75x80..... 20 seg Tiempo del ciclo 160 seg = 2,667 min. número de ciclos por jornada 6hx60mx0,83/2,667=112 ciclos día Producción diaria = 112 ciclos x1,25 m3 = 140 m3 día día 3 En 7 días colocaremos 140 x 7 = 980 m < 1690,8 m3 hormigón fresco necesario Se han de colocar diariamente 1690,8:7= 241,5 m3 Con dos grúas se colocan 140 x 2 = 280 m3, por lo tanto dos grúas son suficientes, montadas diametralmente opuestas y trabajando en semicoronas opuestas, para evitar interferencias. Número de cubas diarias 280:7= 40, trabajando 7 días Días empleados en la ejecución: 1690,8 m3 totales:280 m3 día = 6,03 días Cubas hormigoneras a emplear: 280 m3 día: 6 = 46,6 _ 47 diarias Otro montaje hubiera sido el indicado en el dibujo con longitudes de pluma más cortas y trabajando los sectores circulares de forma alternada. El alcance sería: a=(15,52 + 20,52 )1/2 = 25,7 m la longitud de la pluma sería: Lp= 30 m con Lp=30 m y a=25,7 m tenemos Q = 5000 kg H= 32,5 32,5 m Ve = 0-40 m/min Vd = 0- 80 m/min pero se elevan cubos de 1,75 m3= 4750 kg El tiempo del ciclo admitimos que es el mismo 160 seg Los ciclos diarios son los mismos 112 La producción diaria 112 ciclos x 1,75 m3 = 196 m3 / día Tiempo empleado en la ejecución: 1690,8 m3: 196 m3 /día x 2 grúas = 4,3 4,3 días ; tomamos 5 días 3 Número de cubas necesarias: 196 m /día x 2grusa : 5dias 5dias = 78,4 ;tomamos 79 cubas hormigonera hormigonera diarias. Trabajando con pluma de 36 metros, montando dos grúas diametralmente opuestas y cubriendo cada una semicorona del depósito, la velocidad de hormigonado es 140 x 2 = 280 m3 día. Trabajando Trabajando con pluma de 30 metros, montando dos grúas diametralmente opuestas y cubriendo cada una, alternativamente alternativamente 1/4 de corona corona del depósito, la velocidad de hormigonado es es 196 x 2 = 392 m3 día. 1 6 . 4 . Indicar los parámetros funcionales y tiempo del ciclo de trabajo para elevar módulos prefabricados de 2,5x2,5 metros y 2300 kg de peso, mediante la grúa torre “Potain 744CS” (ver Anejo 2 de esta Colección de ejercicios). La grúa estará anclada en el punto A del gráfico, tomará los módulos en el ej e A-A' y los descargará en el punto B de una estructura que tiene 40 metros de altura. Tiempo de enganche de cada módulo 0,5 minutos, desenganche 0,7 minutos;. el movimiento de orientación se simultanea con el de distribución
SOLUCIÓN Comparemos las características del tajo con las de la grúa torre interesada para deducir los parámetros funcionales; con los parámetros estableceremos el tiempo del ciclo. La altura de mástil necesaria será: H elev. bruta = H elevación + H 31
Carga + H gancho = 40 + 2.5 + 2,2 =44.7m La altura del mástil será la más próxima por exceso trabajar arriostrada. La longitud de la pluma será Lp= 42m
H = 46,3 m
(1+16+1), es decir
tendrá
que
Para Lp=42 m y a=40 m tenemos Q = 3200 kg superior al peso de los módulos Velocidades: elevación 0-60 m/min, descenso 0-60 m/min; trabajando sobre el eje del tambor en posición rápida. Velocidad de distribución 0-60 m/min, no se considera este tiempo porque se simultanea con el de elevación y es menor. Velocidad de orientación 0-0,8 vueltas/minuto Cálculo del ciclo de trabajo: Enganche..................................................... .0,5 min Elevación t=e/v=42,5/(0,66x20) ........................1,06 min Giro t=e/v=0,25/(0,66x0,8)............................. ..0,47 min Desenganche................................................ 0,70 min Contragiro.................................................... .0,47 min Descenso......................................................1,06 min Tiempo total del ciclo....................................... 4,26 min La disposición de montaje es: H mástil 46,3 m (1+16+1) ; Ha de trabajar arriostrada, para esa altura no es autoestable. Lp= 42 m que para un alcance a= 40 m Q=3200 kg > 2300 Kg peso de cada módulo Ve=2/3x60; Vd=2/3x60; Orientación=2/3x0,6 rpm Se trabajará sobre el eje del tambor y en posición rápida. El tiempo del ciclo es 4,26 minutos 1 6 . 5 . Se precisa hormigonar los pilares que se indican en el dibujo a una altura de 45 metros. Por razones constructivas se suministran dos baldes de hormigón por pilar, cambiando a continuación a otro pilar. EI hormigón se suministra a pie de mástil y se simultanean los movimientos de elevación y distribución. Calcular la velocidad óptima de hormigonado empleando una grúa torre Potain 744 CS (ver Anejo 2 de esta Colección de ejercicios). Se dispone de los siguientes baldes:
C. (m3) distribución 1.5 2 2,5 3
Peso (kg) 400 500 600 700
T carga (s) 50 55 60 70
T desc(s) 60 65 70 80
El metro cúbico de hormigón pesa 2400 kg Se simultanean los movimientos de elevación y distribución SOLUCION Se comparan las características del tajo con las de la grúa torre interesada para deducir los parámetros funcionales; con estos parámetros se establece el tiemp o del ciclo; conocido el tiempo del ciclo se calcula la velocidad de hormigonado. Los baldes cargados pesan 1.5m3≈4000 kg; 2m3≈5300 kg; 2,5m3≈ 6600 kg; 3m3≈7900 kg * No se puede emplear la grúa en condición autoestable porque H elevación>44 metros * La máxima altura bajo gancho es 46.3 m y ha de el evarse a 45 m más la altura del cubo, lo que permite holgura suficiente. Con Lp=36 m y a=31m Q~4750 kg luego se emplearán cubos de P=4000 kg C=1,5 m3 La velocidades de trabajo son Velevación= 0-40 m/min; Vdescenso= 0-80 m/min, se trabajará sobre recubrimientos elevando en velocidad lenta y descendiendo en rápida. Velocidad de orientación = 0-0,8 rpm. No se considera el tiempo de distribución porque está incluido en el de elevación. Cálculo del tiempo del ciclo Carga.....................................................50 s Elevación t=e/v=45x60/(0,66x40)....... 101 s Descarga................................................60 s Giro t=e/v=0,25x60/(0,66x80x2)........... 14 s Descenso ( l/2 Velevación).................... 50 s Tiempo total del ciclo.......................... 275 s = 4,58 min 32
La producción horaria o velocidad de hormigonado vale: Ph nº ciclos hora x capacidad balde = 50 n/h x l,5 m3 / 4,6 min = l9,5 m3 /h. La velocidad de hormigonado es 19,5 m3 /h 1 6 . 6 . Dibujar esquemáticamente una grúa derrick fija con ángulo de operación de 180º con indicación de sus componentes principales. Igualmente se definirá el polígono de fuerzas que sirve para calcular estáticamente sus componentes.
SOLUCION (Ver esquema anejo). 1=Aparejo de elevación de la pluma 2=Aguilón 3=Gancho de elevación secundario 4=Gancho de elevación principal 5=Pluma 6=Patas de sustentación (puntal) 7=Cables de elevación (al motor) 8=Patas de sustentación
1 6 . 7 . Dibujar esquemáticamente una grúa derrick fija con ángulo de operación de 270º con indicación de sus componentes principales.
SOLUCION Ver esquemas anejos. 1=Aparejo de elevación de la pluma 2=Gancho de elevación principal 3=Pluma 4=Mástil 5=Placa giratoria 6=Patas de sustentación 7=Cables al motor de elevación 8=Riostras 1 6 . 8 . Dibujar esquemáticamente una grúa derrick deslizante con ángulo de operación de 300º con indicación de sus componentes principales. Igualmente se definirá el polígono de fuerzas que sirve para calcular estáticamente sus componentes. SOLUCION 1=Gancho de elevación principal 2=Aparejo de elevación 3=Pluma 4=Patas de sustentación 33
5=Motor de elevación 6=Mástil 7=Riostra 8=Riostra 9=Marco móvil 10=Placa giratoria 11=Carril de rodadura 12= Carril de rodadura
1 6 . 9 . Manejando el gráfico de alcances y tabla de capacidades correspondiente a la grúa torre Potain modelo 744CS (Ver Anejo 2 de esta Colección de ejercicios), indicar los parámetros de puesta en servicio para las siguientes condiciones. a) Alcance máximo b) Capacidad máxima c) Longitud de pluma 42 metros. d) Alcance 32 metros
SOLUCION Caso a) Caso b) Caso c) Caso d)
Alcance.(m) 45 30 42 32
Q(kg) 2.250 5 000 3.000 4.500
Long.pluma(m) 45 30 42 36
Ve (m/min) 0/60 0/30 0/40 0/30
Vd(m/min) 0/60 0/60 0/80 0/60
1 6 . 1 0 . Manejando el gráfico de alcances y tabla de capacidades correspondiente a una grúa móvil (Ver Anejo 1), indicar los parámetros de puesta en servicio para las siguientes condiciones. a) Alcance máximo. b) Capacidad máxima. c) Altura máxima. d) Alcance constante de 36 metros. e) Altura constante de 27,4 metros
SOLUCION Caso a) Caso b) Caso c) Caso d)
Caso e)
Long. pluma (m) 48,7 18,3 48,7 36,5 39,6 42,6 45,7 48,7 27,4 30,5 33,5 36,6 39,6 42,7 45,7 48 8
Ang. pluma (º) 24 80 80 18 29 36 41 45 67 55 48 44 40 37 35 33
Alcance (m) 46 4,57 9,7
12,2 18,5 23,0 27,4 31,5 35,5 38,6 41,0
Altura (m) 22 20 51 12,2 20,3 25,9 31,3 36,0
Capacidad(t) 1,8 91,4 22,4 4,4 4,1 4,0 3,9 3,6 23,5 13,0 9,4 6,9 5,3 4,1 3,2 2,4
34
CAPITULO 17. CONDICIONES DE RODADURA 1 7 . 1 . EL PROBLEMA DEL ARRANQUE. Un vehículo pesa 27 t y tiene que alcanzar en 40 segundos, partiendo del reposo, la velocidad de 30 km/h. Calcular la potencia necesaria.
SOLUCIÓN Consideramos la ecuación fundamental de la dinámica:Ω j = 28,3.P.(V2 - V1)t. También podíamos haber igualado el impulso mecánico a la cantidad de movimiento: F.t = M.V El teorema de las fuerzas vivas nos daría el trabajo necesario: T=1/2.M.V2 Ω j = 28,3.P.(V2-V1)/t = 28,3x27x30/40 = 573,1 kg N = Ω .Vm/270 = 573,1x15:270 = 31,8 cv T=1/2.M.V2 = 1/2x2700:9,8x(30x0,28)2= 95.663 kgm
N=T/t= 95.663/(40x75)=31,8 cv
1 7 . 2 . EL PROBLEMA DE LA FRENADA. Un vehículo circula a 90 km/h, aplica los frenos y derrapa hasta detenerse. La adherencia neumático-terreno C= 0,7. Calcular el tiempo y espacio recorrido hasta su parada
SOLUCION.Consideramos la ecuación fundamental de la dinámica:Ω j = 28,3.P.(V2 - V1)t., y Ω j = P.c, ( P peso del vehículo ) También podíamos haber igualado el impulso mecánico a la cantidad de movimiento: F.t = M.V; o el teorema de las fuerzas vivas: Fx e=1/2.M.V.2 P.c = 28,3.P.(V2-V1)/t = 1000xPxc = 28,3xPx90/t
t = (28,3x90)/1000x0,7= 3,63 s
e=1/2.V.t = 1/2x90x1000:3600x3,6 = 46,23 m F.t = M.V
P.c.t = P/g.V
F.e = 1/2.m.V2
t=V/c.g=3,63 s
e=46,23 m
e= (1/2mV2):(M.g.c)=V2:(2gc)=46,23 m
1 7 . 3 . EL PROBLEMA DE LA ACELERACIÓN. Un vehículo de 80 t de peso dispone de una tracción acelerante de 80 kp. Calcular la velocidad y espacio recorrido al cabo de una hora, partiendo del reposo.
SOLUCION.Consideramos la ecuación fundamental de la dinámica:Ω j = 28,3.P.(V2 - V1)t. También podíamos haber igualado el impulso mecánico a la cantidad de movimiento: F.t = M.V Ω j = 28,3.P.(V2-V1)/t V= Ω j.t/(28,3xP)=80x60x60/(28,3x80)=127,2 km/h =35,28m/s e=1/2.V.t = 1/2x35,28x60x60 = 63504 m F.t = M.V V=F.t/M=35,28 m/s e=1/2.V.t=63504 m 1 7 . 4 . EL PROBLEMA DE LA DECELERACIÓN Un vehículo de peso 80 t se desplaza a una velocidad de 1,76 km/h y está afectado por una tracción decelerante de 80 Kp. Calcular el tiempo que tarda en parar y el espacio recorrido.
SOLUCION Consideramos la ecuación fundamental de la dinámica:Ω j = 28,3.P.(V2 - V1)t. También podíamos haber igualado el impulso mecánico a la cantidad de movimiento: F.t = M.V, o aplicar el teorema de las fuerzas vivas: F.e =1/2.M.V2 Ω j=28,3.P.(V2 - V1)/t t= 28,3.P.(V2-V1)/3j = 28,3x80x1,76/80 = 50 s e=1/2V.t = 1/2x1,76x1000:(3600x80) = 12,25 m 1 7 . 5 . EL PROBLEMA DEL PERALTE. Calcular el peralte óptimo para la traza de una carretera en una curva de radio 50 m y con velocidad limitada a 50 km/h.
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SOLUCION.El peralte será óptimo cuando la resultante entre el peso del vehículo y la fuerza centrífuga sea normal a la pista de rodadura. =50x103 /50x60x60x9,8= 39% i = arc tang 0,39 = 21,5º
1 7 . 6 . EL PROBLEMA DE LA SOBRECARGA Un dumper tiene una capacidad de caja de 30 m3 h/a=i%=Fc/P=m.V2 /r.G.M=V 2 /r.G= y de carga máxima 50 t. Transporta pirita de densidad en banco 3 t/m3 y coeficiente de esponjamiento 25%. En estas condiciones indicar: 1º). Sobrecarga a que le sometemos cuando lo cargamos a su máxima capacidad de caja. 2º). Volumen óptimo de transporte de material en banco y suelto.
SOLUCION.La sobrecarga a que le sometemos será: Vr=Vn/(1+e)=30/(1,25)= 24 m3 es el volumen banco transportado y el peso será: P=V.=24x3= 72 t, luego sobrecarga 72/50=1,44 es decir sobrecarga el 44% El volumen óptimo de transporte será: 1 m3 banco......... 3000 kg x ........ 50000 kg 1,25 m3suelto .........3000 kg x ....... 50000 kg
x=50000/3000= 16,66 m3 banco x=50000x1,25/3000= 20,83 m3 sueltos
1 7 . 7 . EL PROBLEMA DEL MOVIMIENTO DE TIERRAS Calcular el volumen de tierras banco y suelto para realizar un terraplén de 1000 m3 compactado, sabiendo que el factor de esponjamiento es 35% y el de compactación 20%.
SOLUCION.Factor de esponjamiento (e), es el aumento de volumen del material, expresado en tanto por ciento, al pasar de su condición de banco a suelto. Factor de compactación (c), es la disminución de volumen del material al pasar de su condición en banco a su condición compactado, (a veces se considera de su condición suelto a compactado). Recordamos las relaciones: Vb=Vc/(1-c) y Vs=Vbx(1+e) , aplicándolas a nuestro caso: Vb=1000/0,8= 1250 m3 de material banco Vs= 1250x1,35= 1687 m3 de material suelto 1 7 . 8 . CONCEPTO DE RESISTENCIA A LA RODADURA Y A LA PENDIENTE. Calcular la velocidad de descenso de un dumper de 30 t de peso que se encuentra parado, en punto muerto y sin aplicar los frenos; en una pendiente del 5% con una resistencia a la rodadura 50 kg/t.
SOLUCIÓN La resistencia a la rodadura ( ω r), es el esfuerzo que hay que vencer para mantener constante la velocidad de un vehículo en terreno horizontal, específicamente se expresa en kilogramos por tonelada de peso del vehículo. La resistencia a la pendiente ( ω p), es la componente del peso del vehículo paralela al plano de rodadura, tiene un valor:
Ω p= 10.i%.P(t) La resistencia a la rodadura de nuestro vehículo vale Ω r= ω r.P(t)= 50x30= 1500 kg La resistencia a la pendiente de nuestro vehículo vale: Ω p=10.5.P(t)= 10x5x30= 1500 kg
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Como en este caso Ω r = Ω p el dumper no se desplaza 1 7 . 9 . Un camión pesa cargado 35000 kg, el 65% del peso total lo soporta el eje motriz, la potencia es de 180 cv y el rendimiento mecánico 0,8. Asciende por una pendiente del 8% con una velocidad de 30 km/h, en un terreno de coeficiente de adherencia 0,4 y resistencia a la rodadura 30 kg/t. En estas condiciones calcular el tiempo para pasar a 11 km/h y el espacio recorrido.
SOLUCIÓN . Calcularemos las resistencias que se oponen a la marcha, que tendrán que ser inferiores a la tracción aplicable del vehículo; con la tracción residual calcularemos el tiempo y distancia recorrida. Tu = 65%. P. c = 0,65x35000x0,4 = 9100 kg Ω r =ω r . P = 30 kg/tx35 t = 1050 kg Ω p=10.i.P = 10 kg/tx8x35 t = 2800 kg Ω = Ω r + Ω p = 1050 + 2800 = 3850 kg < Tu=9100 kg
La tracción que emplea el vehículo cuando se desplaza a 30 km/h vale: Ta = 270. η m.N/v = 270x0,8x180:30 = 1296 kg La tracción residual vale: Tr = Ta - Ω = 1296 - 3850 = - 2554 kg Ahora nos preguntamos cuanto tiempo tardará el vehículo en parar aplicándole esa fuerza (3j): t = 28,3.P.(V 2 - V1)/ Ω j = 28,3x25 tx (30-11) km/h/2554 = 7,37 s a = V/t = (V2 - V1)/t = -19x0,28 m/s/7,37 = -0,72 m/s2 e=V1.t + 1/2.a.t2 = 30x0,28x7,37 m/s + 1/2x(-0,72)x7,372 m/s = 42,35 m 1 7 . 1 0 . Calcular el número máximo de vagones que puede arrastrar una locomotora en las siguientes condiciones: peso de la locomotora 10.000 kg, coeficiente de adherencia c=0,2, resistencia a la rodadura 25 kg/t, pendiente ascendente 1,5%, peso de cada vagón cargado 5.000 kg, peso de cada vagón descargado 2000 kg.
SOLUCIÓN Se calcula la tracción disponible y la resistencia total que por tonelada se opone al desplazamiento del conjunto; la tracción disponible indicará las toneladas que se pueden arrastrar Tu=P.c = 10000x0,2 = 2000 kg (la locomotora es tracción total) la resistencia por tonelada al desplazamiento será:
ω = ω r+ ω p = 25 kg/t + 10x1,5 kg/t = 40 kg/t se establece la proporción: 40 kg.............. 1 t 2000 kg ......... x t x= 50 toneladas totales Arrastre total.............................. 50 t Peso de locomotora................... 10 t Arrastre de vagones................... 40 t número de vagones = 40000 kg/5000 kg = 8 vagones cargados número de vagones = 40000 kg/2000 kg = 20 vagones descargados 1 7 . 1 1 . Un tractor arrastra una traílla de 6 m3 de capacidad. La traílla tiene un peso bruto total cargada de 20 t , la resistencia a la rodadura es 65 kg/t para el tractor y 45 kg/t para la traílla. El conjunto trabaja en terreno horizontal y en pendiente del 7%. Las velocidades del tractor son: I- 2,3 km/h; II - 3,6 km/h; III - 5,5 km/h; IV - 7,6 km/h: V - 10,1 km/h. El peso total del tractor es 18250 kg y la potencia 165 cv, el rendimiento mecánico 0,85. Calcular en estas condiciones las velocidades máximas teóricas de traslación.
SOLUCIÓN
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Se calculan las tracciones disponibles para cada marcha del tractor y las resistencias totales que se oponen al desplazamiento del conjunto en horizontal y en pendiente; las velocidades buscadas serán las próximas por exceso a las resistencias a vencer. Se calculan las tracciones disponibles mediante la fórmula Td=270x xN/v Marchas Velocidad (km/h) I 2,3 II 3,6 III 5,5 IV 7,6 V 10,1
Tracción disponible (kg) 16220 10490 6960 4980 3780
Se calculan las resistencias respectivas Resistencias a la rodadura Ω rtractor = ω rtractor.Ptractor= 65 kg/tx18,25 t= 1185 kg
Ω rtrailla= ω rtrailla.Ptrailla= 45 kg/tx20 t= 900 kg Resistencias a la pendiente Ω ptractor=10 kg/txi%xPtractor= 10x7x18,25= 1280 kg
Ω ptrailla= 10 kg/txi%xPtrailla= 10x7,5x20=1400 kg La resistencia total en horizontal será: Ω = Ω rtractor+ Ω rtrailla= 1185 kg+900 kg= 2085 kg La resistencia total en pendiente ascendente será: Ω = Ω rtractor+ Ω rtrailla+ Ω ptractor+ Ω ptrailla=1185+900+1280+1400=4765 kg La resistencia total en pendiente descendente será: Ω = Ω rtractor+ Ω rtrailla- Ω ptractor- Ω ptrailla=1185+900-1280-1400=-595 kg Las velocidades pedidas son: En horizontal V marcha-10,1 km/h porque Td(3780)>Ω (2085) En pendiente ascendente IV marcha-7,6 km/h porque Td(4980)>Ω (4765) En pendiente descendente V marcha-10,1 km/h porque Td(3.780 kg)> Ω (-595 kg) 1 7 . 1 2 . Calcular el peso y potencia (norma DIN 70.020) necesarias en un tractor para emplearlo, en la condición mas favorable, en el ripado de roca, desplazándose a una velocidad de 2 km/h. Trabajará en un terreno con pendiente del 4% y un coeficiente de adherencia oruga-terreno 0,7. La resistencia que ofrece la roca al ripado es 37.000 kp; no se considera la resistencia a la rodadura. Rendimiento mecánico 0,8. La obra se encuentra a 1000 metros de altitud.
SOLUCIÓN Se establece la condición Pad.c=Tu, es decir Pad.c=Ω
Ω = Ω tra- Ω p ; Ω =37000 kp - 10x4xP dando valores, considerando que el tractor de orugas todo su peso es adherente es 1000xPx0,7=37000 kp - 40P 700P + 40P = 37000 ; P = 37000/740 = 50 toneladas El valor de Ω será 37000 kp - 10x4x50 kp = 35000 kp y la potencia efectiva necesaria para vencer esa resistencia a v= 2 km/h será: N = Ω .v/270. η ; N = 35000x2/270x0,8 = 324 cv efectivos como la altitud de la obra son 1000 metros y la potencia está indicada según DIN 70020 habrá que aumentar un 10% para compensar la pérdida de potencia por altitud, es decir: N nominal = N efectiva/0,9 = 324/0,9 = 360 cv nominales P = 50 t ; N = 360 CV nominales 1 7 . 1 3 . Un camión cargado pesa 20000 kg y tiene una potencia de 125 cv, rendimiento mecánico 0,81, 38
resistencia a la rodadura =20 kg/t. Cuadro de marchas: I - 4,8 km/h; II- 8,3 km/h; III - 14,7 km/h; IV - 26,8 km/h; V - 44 km/h. Calcular el tiempo necesario para poner al vehículo en V marcha, partiendo del reposo. SOLUCIÓN Se calcula la tracción residual del camión para cada marcha y esta tracción la emplearemos como resistencia a la aceleración para vencer en el tiempo pedido. Es decir: Td=270. η m.N/v Ω r = ω r.P Tr=Td- Ω r Ω j=Tr Ω j=28,3.P.(v 2-v 1)/t dando valores en las fórmulas anteriores, despejando t en la resistencia a la aceleración y tabulando los valores Ω r (kg) M V(km/h) Td (kg) Tr (kg) t (seg) I 4,8 5695 400 5295 0,51 II 8,3 3293 400 2893 0,68 III 14,7 1859 400 1459 2,48 IV 26,8 1020 400 620 11,05 V 44 621 400 221 44,05 --------------tiempo total 58,77 segundos 1 7 . 1 4 . Un camión de peso propio 8 t y capacidad de caja 12 metros cúbicos, reparte su peso vacío o cargado, 2/3 a las ruedas motrices y 1/3 a las directrices. Se carga con material de excavación de densidad en banco 1,6 y esponjamiento 20%. Parte del tramo AB ( c=0,25, i=o%, ω r=90 kg/t) donde carga, arranca y acelera hasta alcanzar la
velocidad de 6 km/h, a continuación asciende por el tramo BC ( c=0,3, i=12%, ω r=60 kg/t) y corona la pendiente a una velocidad de 36 km/h), se desplaza por último por el tramo CD ( c=0,25, i=0%, ω r=60 kg/t) hasta el punto de descarga. Se pregunta: a) ¿ Puede arrancar en el tramo AB o patinará ? b) ¿ En cuanto tiempo puede pasar de 6 a 36 km/h en el tramo BC ? c) ¿ Que potencia necesita el motor para mantener los 36 km/h en el tramo CD? SOLUCIÓN Para el tramo AB calculamos la tracción utilizable del camión y la comparamos con las resistencias que se oponen a su desplazamiento. La capacidad real de transporte de material banco vale Cr=Cn/1+e= 12 m3 /1+0,2=10 m3 El peso de la carga que transporta vale Pc=V.∂ = 10 m3x1,6 = 16 t Peso del vehículo cargado Pvc=Pv+Pc= 8 + 16 = 24 t La tracción utilizable en el tramo AB vale Tu = Pad.c = 2/3x24000x0,25 = 4000 kg Ω r = ω r.P = 90 kg/t x 24 t = 2160 kg Resistencias en el tramo AB Puede arrancar en el tramo AB porque Tu > vr Para el tramo BC calculamos la tracción residual, se iguala con el valor 3j y se deduce t. Tu = Pad.c= 2/3x24000x0,3 = 4800 kg la resistencia total en este tramo será: Ω = Ω r + Ω p = 60 kg/t x 24 t + 10 x 12 x 24 = 4320 kg la tracción residual valdrá: Tr = Tu - Ω = 4800 - 4320 = 480 kg ≈ Ω j
Ω j = 28,3 xP x (v2 - v1)/t
t = 28,3 xP x (v2 - v1)/ Ω j = 28,3x24x30/480 = 42,45 s
Para el tramo CD calculamos la resistencia a vencer y se iguala con la tracción disponible Ω r= ω r.P= 60 kg/t x 24 t = 1440 kg ≈ Td N=Td.V/270. η = 1440 kg x 36 km/h / 270 x 1 = 192 cv a) En el tramo AB el vehículo arranca b) El tiempo empleado en el tramo BC es 42,45 s c) La potencia en el tramo CD 192 cv
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1 7 . 1 5 . Una cabeza tractora tiene que efectuar un movimiento de tierras arrastrando remolques de 10 metros cúbicos de capacidad y 8000 kg de peso en vacío. El acarreo se efectúa por un terreno de resistencia a la rodadura 35 kg/t, coeficiente de adherencia 0,4 y pendiente ascendente 5%. El material a transportar es arena y grava de densidad 1,6. La distancia de acarreo es 6 km. La cabeza tractora tiene las siguientes características: tracción 6x6, potencia 450 cv, peso 21800 kg, rendimiento mecánico 0,85. Cuadro de marchas: I - 8 km/h; II - 12 km/h; III - 20 km/h; IV - 30 km/h; V - 40 km/h; VI - 50 km/h; VII - 60 km/h. Calcular la producción horaria del conjunto formado por la cabeza tractora y todos los remolques que pueda arrastrar simultáneamente, sabiendo que la velocidad máxima en el retorno no podrá ser superior a 30 km/h. El tiempo fijo del ciclo es 18 minutos
SOLUCIÓN Calcularemos la tracción disponible y la utilizable, deduciremos la tracción aplicable; compararemos luego las tracciones y resistencias y deduciremos la velocidad; calcularemos finalmente los ciclos horarios. Las tracciones disponibles son: M V(km/h) Td(kg) I 8 II 12 III 20 IV 30 V 40 VI 50 VII 60
12937 8625 5175 3450 2857 2070 1725
La tracción utilizable
Tu= Pad.c Tu = 21800 x 0.4 = 8720 kg
por lo tanto la tracción aplicable Ta = 8625 Kg
la resistencia unitaria será ω = ω r+ ω p =35 kg/t + 5x10 kg/t = 85kg/t y por definición de resistencia unitaria 85 kg--------------- 1000 kg 8625 kg --------- x kg de arrastre
x=101470 kg
La fuerza de arrastre total ............101470 kg La cabeza tractora pesa................1800 kg Fuerza neta de arrastre .................79670 kg Peso de un remolque cargado = 8000 kg + 10 m3 x 1600 kg/m3 = 24000 kg número de remolques a transportar = 79670/24000≈ 3,32 remolques como 0,32 remolques=0,32x24000=7680 kg
SOLUCIÓN 40
Se calculan las distintas tracciones y resistencias que los dumperes puedan tener según su condición de vacío o cargado y establecemos una comparación entre ellas. El volumen banco de carga = Vn/l+e = 30 m3 /1,3= 23,07 m3 El peso de la carga C=23,07 m3 x 1,3 t/m3= 30 t El peso del dumper cargado Pc= Pv + C = 40 t + 30 t = 70 t < Peso máx. cargado 90 t La tracción utilizable vacío Tuv= Pad.c = 2/3 x 40000 kg x 0,35 = 9330 kg La tracción utilizable cargado Tuc= Pad.c = 2/3 x 70000 x 0,35 = 16330 kg La resistencia a la rodadura en vacío Ω rv = ω r.Pv = 120 kg/t x 40 t = 4800 kg La resistencia a la rodadura en vacío del vehículo averiado Ω = 4800 kg La resistencia a la rodadura cargado Ω rc = ω r.Pc = 120 kg/t x 70 t = 8400 kg La resistencia a la rodadura del vehículo averiado cargado Ω = 8400 kg Combinaciones posibles. Vehículos tractor y averiado, cargados: Tu= 16330 kg;Ω =8400 kg x2= 16800 kg
Ω >Tu, luego NO SIRVE Vehículos tractor y averiado, vacíos: Tu= 9330 kg; Ω =4800 kg x2= 9600 kg Ω >Tu, luego NO SIRVE Vehículo tractor vacío y averiado cargado: Tu= 9330 kg; Ω = 4800 kg + 8400 kg = 13200 kg Ω >Tu, luego NO SIRVE Vehículo tractor cargado y averiado vacío: Tu= 16330 kg; Ω = 8400 kg + 4800 kg = 13200 kg Ω
SOLUCIÓN Se calculan todas las resistencias que se oponen al desplazamiento del vehículo y la suma algebraica de ellas son la deceleración para pasar de una v1 a v2 , en un tiempo t. Conocido t se calcula el espacio en la ecuación del movimiento uniformemente decelerado Vehículo cargado La resistencia a la rodadura se opone al desplazamiento Ω r= ω r.P = 70 kg/t x 50 t =3500 kg La resistencia a la pendiente favorece el desplazamiento Ω p=10 i P= l0 x 5 x 50 = 2500 kg La frenada (en las cuatro ruedas) se opone al desplazamiento Ω f= P.c = 50000 kg x 0,5 = 25000 La resistencia total Ω t= Ω r+ Ω f- Ω p = 3500 kg+25000 kg-2500 kg = 26000 kg
Ω t = 28.3 P (v2 - v1)/t
t= 28,3 x 50 t x 30 km/h/26000 kg = 1.63 seg
El espacio recorrido vale e=l/2.v.t = 1/2 x 30 x 1000 x 1,63 :3600 = 6.8 metros Vehículo descargado La resistencia a la rodadura se opone al desplazamiento Ω r= ω r.P = 70 kg/t x 30 t =2100 kg La resistencia a la pendiente favorece el desplazamiento Ω p=10 i P= 10 x 5 x 30 = 1500 kg 41
La frenada (en las cuatro ruedas) se opone al desplazamiento Ω f= P.c = 30000 kg x 0,5 = 15000 La resistencia total Ω t= Ω r+ Ω f- Ω p = 2100 kg+15000 kg-1500 kg = 15600 kg
Ω t = 28.3 P (v2 - v1)/t
t= 28,3 x 30 t x 30 km/h/15600 kg = 1.63 seg
El espacio recorrido vale e=l/2.v.t = 1/2 x 30 x 1000 x 1,63 :3600 = 6.8 metros El espacio recorrido es 6,8 metros vaya el vehículo cargado o descargado Aplicando el teorema de las fuerzas vivas tendríamos en unidades del SI 1/2m.v 2=Fe donde F= Ω t 1/2 P:g.v2 = ( Ω r+ Ω f- Ω p).e e= 1/2 (Pv2 )/ g( Ω r+ Ω f- Ω p) = 1/2x(50.000/9,8)x(30x1000/3600)2x(1/26000)= 6,81 metros
1 7 . 1 8 . Se precisa efectuar un movimiento de tierras de densidad en banco 1,8 y esponjamiento 20%. Se efectuará con remolques de 20 metros cúbicos de volumen de caja colmada, peso en vacío 16000 Kg y capacidad máxima de la caja 35000 kg. Disponemos de cabezas tractoras, todas ellas de tracción total, rendimiento mecánico 1, y con las siguientes restantes características: Cabeza tipo A: potencia 580 CV, peso 60000 kg Cabeza tipo B: potencia 543 CV, peso 40000 kg Cabeza tipo C: potencia 300 CV, peso 35000 kg El camino de acarreo tiene una adherencia 0,3 y resistencia a la rodadura 50 kg/t, durante el acarreo la pendiente es del 3% ascendente y el conjunto debe de desplazarse a l5 km/h. Bajo estas condiciones justificar el tipo de cabeza tractora elegida y calcular la velocidad máxima cuando se desplace por terreno horizontal.
SOLUCIÓN Se calcula la tracción utilizable de cada cabeza tractora y la tracción y potencia necesaria para que el conjunto se desplace a la velocidad indicada; la comparación entre estos parámetros permitirá la selección de la cabeza tractora óptima. Volumen banco a transportar Vb=Vn/(1+e)= 20 m3 /1,2=16.66 m3 Peso que transporta el remolque Pcarga=V.∂ = 16,66 m3 x 1,8 = 30 t Peso del remolque cargado Prc=Pc + Pcarga=16 t + 30 t = 46 t Las resistencia unitarias son: Ω = Ω r+ Ω p= 50 kg/t + 30 kg/t = 80 kg/t se establecen pues las proporciones para cada caso. Tracciones necesarias Tracciones utilizables A) 80 kg..... .... . 1 kg A) Tu=Pad.c= 60000 kg x 0,3 = 18000 kg x kg.............. (46+60)t x=8480 kg B) 80 kg... ......... 1 kg x kg .. ... ..... (46+40)t C) 80 kg. ............ 1 kg x kg.... ..... . (46+35)t
B) Tu=Pad.c= 40000 kg x 0,3 = 12000 kg x=6880 kg C) Tu=Pad.c= 35000 kg x 0,3 = 10500 kg x=6480 kg
Al comparar las tracciones necesarias con las utilizables vemos que valen las tres cabezas tractoras porque en los tres casos Tu>Tn Se calcula ahora la potencia necesaria N=F v/270. A) N=8480 Kgx15 km/h/270 = 471 CV≈ potencia excesiva Nnom > Nnec B) N=6880 Kgx15 km/h/270 = 382 CV ≈ potencia ajustada Nnom ë Nnec C) N=6480 Kgx15 km/h/270 = 360 CV≈ potencia escasa Nnom < N nec La velocidad cuando i=0 la resistencia a vencer será: Ω = ω r.P- 50 kg/t x (46+40)t= 4300 kg y Ω =T v=270N/T- 270 x 383 /4300 = 24 km/h 42
La cabeza tractora óptima es la B y la velocidad en horizontal v=24 km/h
1 7 . 1 9 . Un conductor lleva una pala cargadora de orugas sobre la plataforma de un camión a 72 km. por hora. Repentinamente advierte, que por negligencia en el embarque, es transportada sin amarre ni sujeción alguna. Si el coeficiente de rozamiento entre las orugas y el fondo de la caja es 0,30, calcular la distancia mínima en la que tiene que frenar el camión para que la pala no se precipite sobre la cabina, es decir, no se mueva sobre la plataforma.
SOLUCION Aislando la pala cargadora en la plataforma del camión, vemos que durante la deceleración se encuentra sometida a dos fuerzas opuestas. es el coeficiente de rozamiento = 0,30 En el momento crítico del deslizamiento se ha de verificar Fo ≤F2 F1 = F2 72 Km/hora = 20 ms m. j=P. ϕ
P/gx20 -2 /2.S = P x 0,30 S = 400/2x9,81x0,30 = 68 m. 1 7 . 2 0 . Un dumper cargado de tierras pesa 50 Tm. Dispone de convertidor de torsión y servotransmisión hidráulica automática y una potencia nominal máxima de 375 CV. Rendimiento ρ = 0,8. Arranca del reposo en un tramo horizontal hasta alcanzar la velocidad límite de 45 Km/hora a potencia constante máxima, momento a partir del cual continúa a velocidad uniforme. Se pide: 1º. Resistencia a la rodadura. 2º. Expresión matemática teórica que relaciona V (velocidad) y t (tiempo transcurrido) durante el período de aceleración. ¿Cuántos segundos tardará en alcanzar los 45 Kms/h. NOTA. Se supone que no existe deslizamiento, es decir, que la adherencia neumático/terreno es suficiente en todos los casos. 2º) Resistencia a la rodadura.
SOLUCION 1º) Llamando W a la potencia constante en las ruedas tractoras Potencia = Fuerza x velocidad Durante el periodo de aceleración el movimiento no tiene por qué ser uniformemente acelerado. sea ΣRi las resistencias que se oponen al movimiento W = F.V F = m . dv/dt + ΣRi W = m (v . dv/dt) + ΣRi) V W = m .(v dv/dt + ΣRi) . v W - (ΣRi) v) dt = m.Vdv Ecuación diferencial de variables separadas que se puede integrar fácilmente. dt = m.V/(W-ΣRi)V dV resoluble en t, que se puede escribir: dt = (m.W/ ΣRi)/(W-(ΣRi)V) - m/(ΣRi) integrando t = (m.W/ ΣRi). L.(1/W-(ΣRi)V) - mV/ ΣRi+ C para t = 0 V =0 C = - (m.W/(ΣRi)2).(1/W) sustituyendo y simplificando queda finalmente t = (m.W/ Σ(Ri)2)L (W/W-(ΣRi)V) - mV/ ΣRi Cuando el dumper alcance los 45 Km/hora emplea la potencia en vencer las resistencias (velocidad uniforme) W = (ΣRi)V W - (ΣRi) V = 0 es decir t= W/(W-(ΣRi)V) = W/0 = ∞ = infinito En consecuencia "teóricamente" en rigor el dumper no alcanzará jamás los 45 Km./hora 2º) En el límite V = 45 Kms/h
ΣRi = W. /V
W = 375 Kms/h = 0,8 V = 45 Km./hora W = W. ρ 43
ΣRi = 375x0,8x75x3.600/45x1000 = 1.800 Kg
Rr (resistencia a la rodadura = 1800/50 = 36 Kg./Tm. 1 7 . 2 1 . Una traílla con un peso propio de 30 T y cargada con 22 T de tierra desciende por una pendiente del 8% a una velocidad de 36 Km./hora. La resistencia a la rodadura del vehículo es de 60 Kg./ton y la adherencia del terreno que forma la pista es de 650 Kg./T (0,65). El conductor divisa un obstáculo situado a 8 m y aplica bruscamente los frenos, que bloquean todas las ruedas. La traílla continúa el descenso, con las ruedas bloqueadas pero perdiendo velocidad. Se pregunta: a) ¿Tropezará la traílla con el obstáculo o se detendrá antes del choque?. b) Si se detiene: ¿Qué distancia recorrerá y qué tiempo invertirá hasta la parada total? c) Si no se detiene: ¿A qué velocidad se producirá el impacto con el obstáculo?
SOLUCION V = Vo + at
S = So + Vot + 1/2 at2 a = F/M M = P.g = 1000 Pg en Kg. para P en T: Determinación de F: F1 = Fuerza positiva, debida a la pendiente: 10iP (Kg) F2 = Fuerza negativa, movimiento debido al frenado 650 P (Kg) F = F1 +F2 = (10i-650) P Deceleración: a = (10i-680)P/1000 P/g = (80-650)g/1000 m/s2 = 5,592 m/s2 parada = V = 0 Vo= 10 m/s 10 - 5,592 t = 0 t = 1,788 segundos espacio de frenado: S = vt - a t2 /2 = 8,94 metros El obstáculo está a 8 metros, luego SI CHOCA tiempo en recorrer 8 metros: vt - 1/2 at2 = 8: 10t- 1/2 at2 = 8 t = 1,208 segundos y la velocidad de impacto: V = 10 - 5,592 x 1,208 = 3,245 m/s = 11,68Km/h SOLUCION a) Sí, tropieza. b) No se detiene. La distancia de frenado es 8,94 y se invertirían 1,788 segundos. c) La velocidad de impacto es de 3,245 m/s 1 7 . 2 2 . Se precisa realizar un movimiento de tierras arrancándolas de un terraplén natural y transportándolas a vertedero. El arranque se realiza con una retroexcavadora que carga sobre dumperes. Calcular el plazo de ejecución del desmonte empleando tres dumperes en el transporte. Características del tajo: Material a excavar 100.000 m3 de arenaarcilla seca, de 1.600 kg/m3 de peso especifico en banco y esponjamiento 30%. El camino de acarreo esta formado por un tramo horizontal de 3.500 m de longitud y un tramo con pendiente ascendente del 4% y 2.000 metros de longitud, en ambos casos la resistencia a la rodadura es 40 kg/t. El regreso en vacío se realiza por el mismo camino. Características de los dumperes. Potencia efectiva 450 CV, a 2.000 rpm. Peso en vacío 30.000 kg. Peso máximo cargado 68.000 kg. Capacidad máxima de la caja de carga 26 m3 Rendimiento mecánico 0,85. Transmisión hidrodinámica con desmultiplicaciones totales (desde motor a ruedas), c omprendidas entre 25:1 y 10:1 El tamaño de l os neumáticos motrices es 18.00R33.
En la obra se trabaja a tres turnos (8 horas cada uno), con una eficiencia horaria 0,83 y a las maquinas nunca se las somete a solicitaciones mayores que las nominales. Los tiempos fijos totales del ciclo de trabajo de los dumperes son 4 minutos. La velocidad máxima por los viales en la obra es 50 km/h en tramos inclinados y 70 km/h en tramos horizontales. (Es deseable que se considere la resistencia a la aceleración cuando el vehículo parta del reposo en tramo horizontal) SOLUCION Cálculo del peso máximo cargado VR=Vn/(1+e)=26m3 /1,3=20m3 Pcarga=20m3x1.600Kg/m 3=32ton. Peso máximo cargado+Pvacio+Pcarga=30+32=62t Cálculo de velocidades:
62<68t
44
VAB=
270. η . N
=(270x0,85x450)/(40x62)=41,64Km/h Ωr 270. η . N VBC= Ω + Ω =(270x0,85x450)/(40x62+40x62)=20,82Km/h r p 270. η . N VCB= Ω – Ω =(270x0,85x450)/(40x30-40x30)=∞ tomamos VCB=50Km/h r p 270. η . N VBA= =(270x0,85x450)/(40x30)=86Km/h>70Km/h Ωr Cálculo velocidad máxima Diámetro rueda=18x25,4+33x25,4=1,752m Vmáxima= π. Diámetrorueda.n=3,1416x(1/1000)x60x(2000/10/=66Km/h Luego VBA=66Km/h Cálculo de los tiempos en el ciclo tAB=tAB'+tBB' 28,3. P V 2 – V 1
t AB'= =(28,3x62x41,64)/(40x62)=29,4seg Ω e=vt/2=(1/2)x41,64x(1000/3600)x29,4=170m t B'B=e/v=(3500-170)/41,64=(3,5-0,17)/41,64=0,08horas=7,49min t AB=5,29min t BC=tBC'+t C'C t BC'=(28,3x62x20,82)/(62x40x2)=7,36seg. e=vt/2=(1/2)x20,82x(1000/3600)x7,3=21,2m t C'C=(2000-21,2)/20,82=0,095h=5,7min tBC=5,8m t CB=e/v=2/50=0,04horas=2,4min t BA=e/v=3,5/66=0,05h=3,18min.. El tiempo del ciclo (TC) será TC=TF+TV TC=tAB+tBC+tCB+tBA+tp TC=5,29+5,8+2,4+3,18+4=20,69min El número de ciclos diarios por dumper será =Nº de ciclos/día dumper=(60x24x0,83)/20,69)=57 Producción diaria por dumper=57x20=1.140m3 Producción diaria de la flota=1.140x3=4.420m3 Plazo de ejecución=100.000m3 /3.420=29,23 días. Solución 30 días 1 7 . 2 3 . Se desea determinar, experimentalmente, la resistencia a la rodadura Rr de un camino; a tal fin, en un tramo horizontal se pone en movimiento un dumper que arranca con aceleración constante hasta alcanzar una velocidad de 36Km/h en 20 segundos, momento en que el conductor para el motor y el dumper asciende por una rampa hasta pararse por completo, teóricamente sin necesidad de aplicar los frenos y sin retroceder después de pararse. Se pide a) Valor medio de la resistencia a la rodadura. b) Pendiente de la rampa. c) Longitud total recorrida por el dumper.
SOLUCION V 2 – V 1
Ωr = ωr .P Fórmulas a aplicar: Ω j = 28 ,3 . P t P en toneladas; V en Km/hora; t en segundos; resistencia a la rodadura en Kg/ton El itinerario de dos tramos queda limitado por tres puntos : 1(origen)-horizontal-2-tramo inclinado-3(final) Ω(1,
2) j =28,3
. P 36 20
=
ωr = 28,3 x 36 =50,97 Kg ton 20
ωr .P
Ω( 2,3) P = 10. i .P
Si al final del recorrido el dumper se para sin retroceder ωr .P = 1 0 . i .P
i =
ωr
10 =5,097%
En el tramo horizontal 1-2 (horizontal) L1=Vt/2=(1/2).36.(1000/3600).20=100m. En el tramo 2,3 de rampa tenemos 2x50,97=28,3/t Ω p + Ωr =28,3
t 2,3 =10seg
V 2 – V 1 t
aceleración=-20/10=-2 =36.(1/6)x10-(2/2)x0,5x102=50m
L2,3 Longitud total=L=L1,2+L2,3 =150m resultado previsible al ser Ω p = Ωr CAPITULO 18. MAQUINAS DE CARGA DE TIERRAS 1 8 . 1 . Un constructor dispone de 5 dumperes con los que proyecta transportar zahorra desde un yacimiento natural al punto de utilización distante 2 Km por un camino en rampa del 5% con una resistencia a la rodadura r = 40 Kg/Tm. Suben cargados y bajan vacíos. El árido es cargado con una pala cargadora de ruedas. Densidad del árido 1.700 Kg/m3. 45
DUMPERES. Peso propio 45 Tm. carga útil 60 Tm. Potencia 700 CV Vt = 80.000.000 pts. CHD. Velocidad de retorno vacío: 48 Km/hora. Tiempo fijo por descarga y maniobras 2 minutos por ciclo. PALA CARGADORA DE RUEDAS Ciclo de trabajo: 36 segundos. Capacidad del cucharón Cp.(Tm) a determinar Cp. CHD = 2.650 x CP (pts) PARA TODAS LAS MAOUINAS: Rendimiento mecánico =0,80. La eficiencia Ef = 50/60 'ya esta considerada en los ciclos. Solo aplicable a los consumos de gasoil.- Gasoil 90 pts/litro. Maquinistas 3.600.000. pts/año. Se pide teniendo en cuenta el Criterio de Costes SEOPAN-ATEMCOP: 1°) Seleccionar el tamaño idóneo de la pala cargadora por su capacidad de cucharón Cp. de forma que el equipo esté equilibrado sin tiempos muertos por esperas improductivas, ni por la pala por falta de unidades a cargar, ni por los dumperes. Al presentarse un dumper a la carga, la cargadora acaba de depositar la última palada en el dumper anterior. 2°) Duración del ciclo del dumper en minutos. 3°) Coste en pts. de la Tm. de material transportado. SOLUCIÓN CICLO DEL DUMPER a) Tiempo transporte cargado7,5 min b) Tiempo retorno vacío 2,5 minutos c) Tiempo fijo 2 min. (Dato del ejercicio) d) Tiempo de carga a determinar a) Velocidad de transporte cargado Resistencia por pendiente: Rp = 105.000 x 5/100 = 5250 Kg Resistencia por rodadura: Rr = 105 Tm x 40Kg/Tm = 4200 Kg ΣRi = 9.450 Kg V transporte cargado V(Kms/hora) = 270x(CV)x / ΣRi = 270x700x0,8/9.450 = 16 Kms/hora T transporte 2x60/16 = 7,5 min. b) Análogamente T.retorno = 2x60/48 = 2,5 min d) Tiempo de carga El tiempo de carga vendrá dado por Tcarga=(carga a útil dumper)xciclo pala(minutos)/capacidad cucharón Tiempo ciclo pala = 36 segundos = 0,6 minutos (dato del ejercicio) Tcarga = 60 tm x 96/Cp tm = 36/Cp (minutos) 1º) Tamaño pala Nº Dumperes = Duración ciclo Dumper/Tiempo de carga (minutos) 5 = (12+36/Cp)/(36/Cp) Cp = 12 Tm (toneladas) Cp = 12/1,7 = 7 m3 (metros cúbicos) 2ºDuración del ciclo del dumper en minutos. T. de carga del dumper T=60x0,6/12= 3 minutos T. ciclo dumper = 7,5+2,5+2+3=15 minutos 3º Coste del transporte de la Tm de material Coste horario directo pala CDH=2650Cp=2650x12=31.800 CDHdumper=0,0292x(80x106 /10 2)+700x0,16x(50/60)x0,8x90x1,2+3.600.000/1.200= =34.424 Pts. Producción horaria del equipo=(60min/0,6)x12=1.200 Tm/hora Coste Tm= (31.800+5x34.424)/1.200=170 Ptas./Tm 1 8 . 2 . En la construcción de una obra hidráulica se precisa árido para hormigón que ha de ser suministrado a un ritmo de 400 m3 /hora por una flota de dumperes desde una grav era sitúa da a 1 Km. de distancia. Densidad del material 2000 Kg/m3. El árido se carga en los dumperes con una pala cargadora de ruedas con un ciclo de trabajo de 36 segundos. Para el transporte se puede optar por unidades de 24 Tm. o 56 Tm. de carga.
DUMPER DE 24 Tm. Vt=25.000.000 pts. CV=350 ; = 0,6. Tiempo fijo por ciclo:3 minutos- Velocidad ida 25 Km/hora ; Retorno:40 Kms/hora. DUMPER DE 56 Tm. Vt=50.000.000 CV=700 Tiempo ρ = 0,6. Tiempo fijo por ciclo = 4 minutos; Vel. ida 25 25Km/h. Retorno 40 Kms/hora. Para todas las unidades: Ef esta ya considerada en los tiempos de los ciclos. 46
Maquinistas 3.400.000 pts/año, gasoil 82 Ptas/litro Se pide opción mas ventajosa. SOLUCIÓN Tamaño de la pala cargadora (capacidad del cucharón) 400 m3 /3.600 seg = x/36 x = 4 m3 = aprox. 8 Tm Dumper de 24 Tm Transporte 60/25 Retorno T. Fijo T carga
Tiempo ciclo =2,4 minutos =1,5 minutos =3 minutos =1,8 minutos =8,7 minutos
60/40
36x3/60 Total ciclo El tiempo de carga se obtiene T = Nº de viajes de la pala = capacidad dumper (Tm)/Capacidad pala (Tm) = 3 Tiempo ciclo pala en minutos 36/60 minutos Nº de dumperes necesarios = T. ciclo/T. carga = 8,7/1,8 = 4,83 ≈ 5 DUMPER DE 56 Tm Tiempo ciclo Transporte Retorno T. fijo T. carga
2,4 minutos 1,5 minutos 4,0 minutos (36/60) x (56/8) 4,2 minutos 12,1 minutos Tomamos Nº de dumperes = 12,1/4,2 = 2,88≈3 Dumpere Datos estadísticos son iguales para todos los dumperes. Según Manual "Cortes de Maquinaria". Edición 1989. D. 24 Tm CHD = 0,0292 x (25.000.000/100) + 350 x 0,16 x 0,6 x 82 x 1,2 + (3.400.000/1.200) = 13.439 ptas D. 56 Tm CHD = 0,0292 x (60.000.000/100) + 700 x 0,16 x 0,6 x 82 x 1,2 + (3.400.000/1.200) = 26.965 ptas Coste transporte dumper de 56 Tm 5 x 13.439/400 = 168 pts./Tm. Coste transporte con dumperes de 60 tm 3x26.965/400 = 202 pts/Tm No se incluye el coste horario de la pala porque es el mismo para las dos opciones. Evidentemente es más conveniente la alternativa de 5 dumperes de 24 tm. 60/40
60/25
1 8 . 3 . Se emplea una dragalina de 2 y.c. (1.500 lts.) y 200 c.v. en extraer grava de un río que es cargada y transportada en una flota de dumperes al punto de utilización, distante 2 Kms, por un camino en rampa del 7%. Suben cargados y bajan vacíos. Densidad de la grava 1.750 Kg/m3. La profundidad de excavación es 40% de la óptima y el ángulo de giro 120º. La eficiencia de la dragalina es de 50 minutos de trabajo efectivo en una hora. Dumperes. Potencia máxima 250 c.v. Convertidor de torsión hidráulico. Peso en vacío 20 Tm con el 50% sobre el eje motriz. Peso con la máxima carga 40 Tm. con el 55% sobre el eje motriz. Rendimiento mecánico = 0,75. Tiempo fijo invertido en maniobras, colocación, giros, descarga, aceleraciones, etc. 7 minutos en cada ciclo. La resistencia a la rodadura del camino es de 50 Kg/Tm y la adherencia neumático-terreno más desfavorable en caso de eventual lluvia 0,30. El trazado y otros condicionamientos no permiten bajar vacíos a más de 30 Kms/hora. Se pide: Número teórico de unidades que deben constituir la flota de dumperes. SOLUCION Producción de la dragalina En las tablas de producción de la PCSA encontramos que la producción de la pala teórica para las condiciones óptimas es de 195 m3 /na c o de 195 x 1 ,75 = 341 T m/h ora que h ay que c orr egi r p or áng ulo d e g iro y a ltura del f ren te de excavación y por eficiencia. Para α = 120º y h = 40% η = 0,85 Ef = 50/60 P* = 341 x 0,85 x (50/60) = 241 Tm/hora
CICLO DUMPER T. Carga T. Ida T. Retorno T. Fijo T. Ciclo T. Carga 241 Tm/60 = 20/x x = 4,97 ≈ 5 m.
5 min. 11,37 min 4 min 7 min 27,37 min
47
T. Ida ΣRi pendiente 7% x 40.000 = 2.800 rod = 50 x 40 = 2.000 ΣRi = 4.800 Kg V = 270 x 250 x 0,75/4.800 = 10,55 Km/hora T = 2x60/10,55 = 11,37 minutos T. retorno 2x50/30 = 4 minutos Dividiendo el tiempo del ciclo por el tiempo de carga se obtiene el número teórico de dumperes. N = 27,37/5 = 5,47 Debe decidirse por los condicionamientos de la obra si deben ser 5 ó 6. Siempre se acostumbra optar por la solución por exceso, es decir, 6 DUMPERES.
CAPITULO 19. EL TRACTOR y LAS MOTONIVELADORAS 1 9 . 1 . La motoniveladora presenta una tendencia a derivar al lado contrario de donde deja el cordón de tierras, cuando se desplaza nivelando como muestra la figura. Aplicando conocimientos de mecánica explicar por qué se produce este fenómeno y qué debe hacer el maquinista para corregirlo.
SOLUCION SENTIDO DE LA DERIVA RUEDAS DELANTERAS
HOJ A NIVELADORA CORDON DE TIERRAS
F'
F' 1
F' 2
HOJ A NIVELADORA F
F1
2
F
Desplazándose la motoniveladora a velocidad uniforme, la fuerza F debe ser contrarrestada con la reacción igual y contraria F'. La fuerza F que provee la propulsión tandem trasera se puede descomponer en la F1 normal y la F2 paralela. A la F1 se le opone la F'1 igual y contraria pero la reacción F'2 que se opone a la F2, es muy débil, dando lugar a un predominio de la F2 > F'2, que determinando la deriva que el maquinista corrige inclinando y girando las ruedas cuanto sea necesario al lado donde la hoja deja el cordón de tierras. 1 9 . 2 . Se emplea una motoniveladora de 150 kW en el extendido y nivelación de una capa de material de aportación de 25 cm. de altura, que previamente ha sido depositado sobre la explanación en forma arbitraria e irregular.
Peso 21 Tm. Vt = 40.000. 000 pts. Ef = 36 minutos/hora =0,8 gasoil 68 pts/litro Maquinista 3.600.000 pts/año Ancho efectivo de barrido =2 m. Se estima que, para realizar el trabajo, serán necesarias 3 pasadas; siendo las resistencias totales que se oponen al movimiento en cada pasada 1/2 de la anterior. 1a pasada: Wr=60Kgr/tm. Resistencia en la hoja niveladora 3,5 Tm por m.l. de ancho efectivo de barrido. Se pide determinar el coste del m3 de material por extendido y nivelación. SOLUCION 1ª Pasada ΣRi(1) = 3500x2 + 60x21Tm = 8.260 Kg V1ª pasada = VKm/h = 367x150x0,8/8260 = 5,33 Km/h Tiempo en hacer una superficie D km de longitud x 2m. de ancho de barrido 48
T = D.N/V Ef (horas)=Tiempo (en horas)=D(Km)xN(nº de pasadas/(V(en Km/h)xEf (eficiencia)) T = T1+T2+T3 = D/Ef (1/5,33 + 1/2x5,33 + 1/4x5,33) = D/Ef (8/8x5,33 + 4/8x5,33 + 2/8x5,33) = D/Ef x 14/8x5,33 ((D/36/60 + 14/8x5,33)) horas/(Dx1000x2) m2 =1 hora/Producción en m2 /hora (x) Pm2 /h = 2000x60x14/36x8 x5,33 = 1055 1) Producción m3 /h = 1055/4 = 264 m3 /hora 2) CHD = Chm x (Vt/100) + 0,16 x (KWx1,36) x ρ Ef x Precio) x 1,2 + Maq/Hva. 2) CHD = 0,0250 x (40x106)/10 2 + 0,16 x (150 CVx1,36) . 0,8 x 36/60 x 88 x 1,2 + 3600000/1200 = 10000 + 1654 + 3000 = 14654 ptas. Coste ptas. m3 = 14654/264 ≈ 55,5 ptas. 1 9 . 3 . Se pretende ejecutar un movimiento de tierras a una distancia "d" variable, y a tal fin, se dispone de dos tipos de máquinas:
BULLDOZER DE NEUMATICOS Vt= 45.000.000 pts. Potencia...250 Kw Hoja dozer...4,4mx l,35m. Velocidad media avance 20Km/hora Idem de retroceso 30 " " Tiempo fijo maniobras, carga descarga = 15 segundos/ciclo Maquinista...3.000.000 pts/año Ef=50/60 gasoil 90 pts/litro
L h 3/2 h
TRAILLA AUTOCARGABLE CHD = 20.965 pts. Potencia = 200 Kw. Capacidad 12m3. Velocidad cargada..30 Km/h Vel. regreso vacia..40 Km/h Tiempo fijo en maniobras, carga descarga, 60 segundos/ciclo Se pide: umbral de rentabilidad; es decir, distancia "d" a partir de la cual es más rentable emplear la traílla autocargable que el bulldozer. Se aplicara criterio de costes SEOPAN. SOLUCIÓN BULLDOZER DE NEUMATICOS Capacidad hoja dozer en m3 C = 3/4 h2 L. Para obtener la capacidad de acarreo en m3 se utiliza la fórmula anterior. Esta fórmula ha sido obtenida como promedio entre los diferentes fabricantes de bulldozers y es muy aproximada: h es la altura de la hoja dozer y L la longitud en metros. C = 3/4 h2 L = 0.75x(1,35)2 x 4,4 = 6 m3 Producción m3 /hora = 60 minxEfxC/tiempo ciclo Producción m3 /hora = (60x(50/60)x6m 3)/((d/20x(100/6))+((d/(30x(100/6)+0,25) = 50x6/((5d/1000)+0,25) [1] Coste horario directo, criterio SEOPAN CHD = 0,0369 x (45.000.000/100) + 0,16x250x1,36x(50/60)x0,8x90x1,2+(3.000.000/170) CHD = 23.930 [2] coste m3 = [2]/[1] = 3 TRAILLA: AUTOCARGABLE Producción m3 /hora = 60x(50/60)xC/(t1+t2+t3) = 60x(50/60)x12/(d/30)+(d/40)+1 [4] CHD = 20.965 pts (dato del ejercicio) [5] Igualando costes del m3 [2]/[1] = [5]/[4] sale una solución para d "umbral de rentabilidad" que resulta ser 180 mts
1 9 . 4 . Un tractor de neumáticos tira de un remolque sabiendo que: FLL = Fuerza de tiro a la llanta total (Esfuerzo motor) 49
Fr = ΣRi Suma de las resistencias a vencer que se oponen al movimiento Fd = Fuerza total de adherencia neumático-terreno. El tractor pretende arrancar y desplazarse bajo los siguientes condicionamientos: Poner Si o NO en todos los recuadros: PATINA =P; SE DESPLAZA =D
a) b) c) d)
F LL = F LL = F LL = F LL =
32.000 30.000 30.000 35.000
Kg. Kg. Kg. Kg.
F r = F r = F r = F r =
28.000 34.000 34.000 28.000
Kg Kg. Kg. Kg.
F d = F d = F d = F d =
35.000 25.000 32.000 32.000
Kg. Kg. Kg. Kg.
P NO SI NO SI
D SI NO NO NO
En este último caso. ¿Qué podría hacer el maquinista?. SOLUCION: lo más fácil es desacelerar el motor disminuyendo el par en las ruedas tractoras; lo que siempre es posible, hasta alcanzar un valor para FLL por ejemplo de FLL = 30.000 Kg con lo que nos encontraríamos en el caso "a" 1 9 . 5 . Un tractor de neumáticos remolca un rodillo compactador vibratorio según se indica en la figura. Se para accidentalmente el motor del tractor, pero el motor del vibrador sigue funcionando, hundiéndose, lo que deja una huella indeformable de 10 cm. de profundidad.
Tractor. Peso total = 14 Tm. Potencia máxima, 200 CV. a 2,000 r.p.m. Par máximo 68 m.Kg, a 1.200 r.p.m, Adherencia neumático-terreno = 0,75 Rendimiento global del tren de transmisión = 0,85
Máxima desmultiplicación del tren de transmisión = 90 a 1
Vibrador, Peso en Servicio = 12 tm. Diámetro del rulo = 1, 8 m. Ancho de 1 rulo = 2 m. Potencia motor = 105 CV, MOTOR VIBRADOR RUEDAS MOTRICES . 8 m 1 .
MOTOR TRACTOR
. 6 m 1.
RUEDAS PORTANTES
10cm. 12Tm.
Fr
Fm
R
R P
h=10cm.
9Tm.
5Tm.
12Tm.
Se pide: 1°Calcular si el tractor puede por si mismo sacar el vibrador del obstáculo. 2° Potencia del motor utilizada al vencer estas condiciones. 3° Una vez salvado el obstáculo se compacta una explanación en capas de 25 cm. precisando 4 pasadas. Resistencia media a la rodadura del conjunto tractor-compactador = 100 Kg x Tm.. Eficiencia = 50 minuto/hora. Se pide rendimiento horario en m3 compactados. 4°Si el maquinista cuesta a la empresa 3.200.000 pts/año Vt(tractor) = 8.000.000 Ptas - Vt(vlbrador) =10.000.000,- pts. Obtener el precio del m3 compactado - METODO SEOPAN Precio gasoil = 90 pts./litro. SOLUCION Para que el tractor pueda remontar el obstáculo Fr (R-h) = 12.000 x R 2 – (R–h)2 Fr = 12.000 x R 2 – (R–h)2 / ( R – h ) = 12.000 x2 x 0,9 x0,1 /0,8 = 6184 Kg (Ver nota complementaria) Esfuerzo motor - Máximo par del motor = 68 m.Kg. En la rueda 68 x 90 x 0,85 = 5.202 m.Kg 50
Fm = (5.202 m.Kg)/0,80 m = 6.502 m.Kg Máximo esfuerzo de tracción Fd = P . ϕ Fd = 9000 x 0,75 = 6.750 Kg Como 6.814 < 6.502 < 6.750 se cumple la condición de la Nota complementaria (*) y evidentemente el tractor puede remontar el obstáculo sin que patine la rueda motriz del tractor. 2) Potencia del motor utilizada CV = (RPW x Par motor)/(716,2 x ρ )= 1200x68/(716x0,85) = 134 CV Nota complementaria. (*). Para determinar el Fm (esfuerzo motor necesario), si en vez de utilizar la fórmula completa tomando momentos respecto de P se utiliza la fórmula abreviada
sale un inferior en 6184-5657=527 Kg lo cual puede inducir a error, en particular si se ha de escoger un tractor. Esto se produce porque el error producido al utilizar la fórmula simplificada se multiplica por 12000 Kg que es el peso del rodillo.
1 9 . 6 . El dibujo representa una motoniveladora de 16 Tm de peso total. Accionamiento hidráulico y 140 Kw de potencia. Está equipada con hoja niveladora y ripper trasero de 5 dientes. Para ejecutar un determinado trabajo el contratista necesita saber: a) Fuerza vertical máxima posible de penetración del ripper X (hoja niveladora levantada). b) Fuerza vertical máxima posible que se puede ejercer en la hoja niveladora Y (ripper levantado).
m m 4 1 3 3
m m 6 2 1 3
m m 5 1 7 2
760mm 2015mm
2545mm
760mm 8329mm
2700mm
2390mm
5920mm 9672mm
2424mm X
6000Kg
6000Kg
Y
4000Kg
SOLUCION La fuerza ejercida por los cilindros hidráulicos, tiene como límite máximo la dada por la estática, luego la solución hay que buscarla en la limitación estática como si de una viga biapoyada se tratase. Caso a) hoja niveladora levantada. Tomando momentos en el punto de apoyo de las ruedas delanteras, (5.920 + 2.700) X = 12.000 x 5.920 X = 8.241 Kg Caso b) (ripper levantado) análogamente tomando momentos en el punto medio de los ejes traseros. 4.000 x 5.920 = (5.920 - 2.545) Y Y = 7.016 Kg Naturalmente para que los anteriores resultados se verifiquen, la fuerza ejercida por los hidráulicos en el ripper y en la hoja niveladora debe ser suficiente > x y > y respectivamente.
1 9 . 7 . Se dispone de un conjunto de máquinas para ejecutar un movimiento de tierras a una distancia d variable, de las características siguientes: Bulldozer Pala cargadora Traílla (orugas) de ruedas autocargable Coste horario directo (CHD) 12.000 9.000 15.000 3 12 4,5 15 Producción por ciclo (m ) Tiempo de carga (seg) 15 15 50 Tiempo de descarga (seg) 4 5 30 Tiempo de maniobras (seg) 8 10 43 Velocidad de carga (Km/h) 3,6 14,4 28,8 Velocidad en vacío (Km/h) 7,2 28,8 36 51
Se pide determinar los intervalos de utilización rentable para cada máquina; es decir, la distanciad límite a partir de la cual es mas económico utilizar pala cargadora que el bulldozer, o la traílla que la pala cargadora. SOLUCION Tiempo ciclo en segundos Bulldozer=27+d/(3,6/3,6) + d/(7,2/3,6) = 27+(1/1+1/2)d=27+1,5d Pala cargadora=30+d/(14,4/3,6)+d/(28,8/3,6)=30+(1/4+1/8)=30+3d/8=30+0,375d Traílla autocargable=123+d/(28,8/3,6)+d/(36/3,6)=123+(1/8+1/10)=123+0,225d Producción en m3 /hora. Se toman 50 minutos/hora. Bulldozer=12x(50/60)x3600/(27+1,5d)=36.000/(27+1,5d) Pala cargadora=4,5x(50/60)x3600/(30+0,375d)=13.500/(30+0,375d) Traílla autocargable=15x(50/60)x3600/(123+0,235d)=45.000/(123+0,225d) Precio por m3 Bulldozer=12.000(27+1,5d)/3600=9+0,5d Pala cargadora=9.000x(30+0,375d)/13.500=20+0,25d Traílla autocargable=15.000x(123+0,225d)/45.000=41+0,075d En el límite 9+0,5d=20+0,25d d=44m 20+0,25d=41+0,075d d=120m De 0 a 40m es mas económico el bulldozer Entre 40 y 120m es mas económica la pala cargadora De 120m en adelante es mas económica la traílla.
1 9 . 8 . Calcular la producción horaria, en toneladas, de una pala cargadora de neumáticos dedicada a la carga de material pesado, sobre dumper. Los tiempos fijos del ciclo de trabajo son: a) posicionamiento, excavación y llenado de cazo: 0,25 minutos. b) posicionamiento y descarga en el dumper: 0,10 minutos. Las características de la pala son: Potencia 200 CV a 2. 200 rpm, tracción 4x4x4, peso de la unidad (masa) 17.000 kg, capacidad del cazo 3,3 m3, factor de llenado 0,9, rendimiento mecánico 0,85. Cuadro de marchas - transmisión hidrostática : I-0 a 7,5 km/h; II-7,5 a 12, 5 km/h III-12, 5 a 30 Km/h La distancia del punto de excavación al de descarga son 60 metros en pendiente ascendente del 15% con resistencia a la rodadura 50 kg/t. El coeficiente de adherencia neumático-terreno es 0,6. El material tiene un aumento de volumen al excavarlo del 10% y un peso especifico en condición pisado de 1.200 kg/m3. La velocidad máxima permitida en el tajo es 30 km/h y la eficiencia horaria 0,83
SOLUCION Cálculo peso máquina cargada Vcazo=3,3x0,9/1,1=2,7m3 Peso carga=2,7x1200=3.240Kg. Peso máquina cargada=17.000+3.240=20.240Kg. Cálculo ciclo de producción: Tu.cargada=Pad.xc=20.240x0,6=12.144Kg 270. η . N Taplicable= V I Ta=6.133Kg II Ta=6.133/3.680 Kg III Ta=3680/1.533,3 Kg En la ida Ωi = Ωri + Ω pi =20,24x50+20,24x10x15=4.048Kg V= 230 N =(230x200)/4.048=11,36 Km/h Ωi
t=e/v=(0,06x60)/11,36=0,317min En el retorno Ωret = Ωr + Ω p =17x50-17x10x15=-3Kg. V=Vmax=30Km/h t=e/v=(0,06x60)/30=0,12min. Tc=TF+Tv=0,25+0,10+0,317+0,12=0,787min. Nº de ciclos por hora =(60x0,83)/0,787=63 ciclos Producción horaria=63x3.240Kg=204,12 T
CAPITULO 20. LOS ELEMENTOS DE TRANSPORTE 2 0 . 1 . Un dumper cargado de tierras tal como se representa en la figura tiene su centro de gravedad G a 3 mts. del suelo circula por un camino horizontal afirmado a 54 Kms/hora. Al observar el conductor un obstáculo frena 52
brus came nte bloqueando toda s las ruedas. El dumper sigue deslizándose pero con las ruedas bloqueadas recorriendo 14 mts. hasta pararse por completo. Se pregunta: 1º) Si se levantaran o no las ruedas traseras del suelo al frenar. 2º) Contribución de las ruedas delanteras y traseras al esfuerzo de frenado. 3°) Coeficiente de tracción (adherencia) neumático-terreno. SOLUCION Al frenar bruscamente en 14 m con las ruedas bloqueadas, se produce una fuerte deceleración y aparece aplicada en G una fuerza F = mj alterando las reacciones del terreno sobre el Dumper VT y VD y aparecen HT y H D como reacciones horizontales: j = V2 /2g F = (90.000/9,81) x 152 /2x14 = 73.722 Kg Tomando momentos respecto a A. 60.000 x 4 - VT x 4 = 73.722x3
G 3m.
VT = 4.708 Kg.
60Tm.
4m.
30Tm.
Análogamente si se toman respecto a B VD x 4 = 30.000 x 4 x 73.722 x 3 VD = 85.292 Como comprobación VD + VT = 90.000 Kg. 1º) No llegan a despegarse del suelo las ruedas traseras. 2º) Por el equilibrio dinámico de fuerzas horizontales HT + HD = Fm = 73.722 Kg. 3º) Coeficiente de tracción ΣHi/ ΣVi = 73.722 Kg/90.000 Kg = 0,819 La contribución de las ruedas traseras al frenado será 4.708 x 0,819 = 3.856 Kg id. ruedas delanteras 85.292 x 0,819 = 69.866 Kg 2 0 . 2 . Se pretende ejecutar un importante transporte de tierras con una flota de dumperes y a tal fin se realiza un previo y detenido estudio del ciclo de trabajo; pendientes, y condiciones de rodadura. Para determinar este último dato experimentalmente se deja rodar un dumper cargado por una pendiente del 8% y recorre bajando 200 mts, subiendo a continuación 80 mts por una rampa del 6% hasta pararse. Se pide el valor medio de la resistencia a la rodadura. Las distancias se miden en horizontal.
SOLUCION El incremento de energía cinética entre los puntos A y B es cero, luego según el teorema de las fuerzas vivas llamando P el peso en Kg del dumper. (P/100) x 200 - (P/1000) Rr x 200 - (P/100) x 80 - (P/1000) Rr x 80 = 0 16 - 4,8 = 0,28 Rr Rr = 40 Kg/tm 2 0 . 3 . Se trata de transportar los productos de una cantera aprovechando un ferrocarril de ancho métrico ya existente. Existe en su trazado una curva pronunciada de 150m de radio y longitud 41m, siendo la circulación de la composición cargada en sentido ascendente con una rampa del 1,5 %; el tramo en curva referido coincide con la rampa. La locomotora disponible de 8m de longitud es diesel-eléctrica dotada con cuatro marchas que permiten la circulación a 3.8, 7, 15 y 25 Km/h, respectivamente; para el paso de una marcha a la siguiente necesita un periodo de aceleración de 25 segundos, disponiendo de una potencia de 225 CV y un peso en orden de marcha de 30 ton. El diámetro de sus ruedas es de 0,650m. El material remolcado lo constituyen vagones de 2m3 de capacidad, 3 m de longitud y una tonelada de tara. El material a transportar tiene un peso específico de 1,7 ton/m3. La resistencia a la rodadura de la locomotora es de 9,5 Kg/ton y la del material remolcado de 5,2 Kg/ton tanto cargado como vacío. Dadas las condiciones del lugar se supone que como simplificación y dada la baja velocidad de circulación, la resistencia al avance debida al aire no supone mas del 20% de la total debida a las restantes causas. Se supone igualmente un coeficiente de 0,75 que engloba el rendimiento mecánico de los órganos de transmisión y el desgaste de la máquina. Se desea saber si la locomotora es adecuada en principio para el servicio, así como los esfuerzos en la llanta y el par disponible en las 53
distintas marchas posibles. Se desea igualmente saber, con el tren en marcha, cuantos vagones pueden ser arrastrados en la rampa en la marcha mas revolucionada, sin tener en cuenta la resistencia debida a la curva.
SOLUCION Relación potencia/peso: 225CV/30=7,5 que es correcto. Esfuerzo =(270x225x0,75)/v=45.562/v Par=0,325xEj Para las distintas velocidades calculamos el cuadro: Marchas Esfuerzo (Kg) Par (m.Kg) 1ª 11.990 3.897 2ª 6.509 2.115 3ª 3.037 987 4ª 1.823 592 Para pasar de reposo a la velocidad mas alta necesitamos v/t=25/(3x25)=0,33Km/h.seg Rlocomotora=30(9,5+10x1,5+28,33x0,33)x1,2=1.218Kg Rvagones =N(1+3x1,7).(5,2+10x1,5+28,3x0,33)x1,2=216N El número de vagones N será pues (1823-1218)/216=2,8 vagones<3
2 0 . 4 . En el ejercicio anterior comprobar cuantos vagones pueden ser arrastrados en la fase de arranque en rampa en la primera velocidad, teniendo en cuenta la resistencia en la curva. Confirmar la cantidad de vagone s a arrastrar teniendo en cuenta la adherencia.
SOLUCION La resistencia en la curva es de 500L/R o sea 500/150=3,33 Kg/ton. Ver temas 17.5 y 17.6 del Libro MANUAL DE MAQUINARIA DE CONSTRUCCION. No se tiene en cuenta la resistencia del viento en el arranque a tren parado. Rlocomotora=30(9,5+10x1,5+28,3x3,8/25+3,33)=964Kg Rvagones =N1(1+3x1,7).(5,2+10x1,5+28,3x3,8/25)+3,33x11(1+3x1,7)=149,46N1+223,44 Tomamos la resistencia en curva de la locomotora y solo de 11 vagones que completan la longitud de la curva facilitada como dato=41m=8+11x3 El número de vagones es de (11.990-964-223,44)/149,46=72 vagones La máxima carga de vagones a arrastrar se deduce de: 964+169N2<30.000/7, o sea N2=19 vagones. Evidentemente esta condición de adherencia es mucho mas limitativa que la de los esfuerzos en la llanta. 2 0 . 5 . ¿Que equipo es el mas recomendable para la compactación de los espaldones de balasto y transporte del balasto fuera de perfil, según las distintas circunstancias de renovación y mantenimiento de la vía férrea?
SOLUCION Después de la renovación de la vía en su totalidad, o del carrilaje y traviesas solamente, son mas recomendables las compactadoras independientes por su mayor rendimiento, independizando la compactación del bateo, nivelación y alineación. Por otra parte las compactadoras (perfiladoras y transportadoras de balasto fuera de perfil) deben utilizarse una vez alcanzado un primer escalón de precisión en la nivelación y alineación. Durante el mantenimiento fino o de ajuste a tolerancias finales, pueden realizarse simultáneamente los trabajos de compactación con los de nivelación y alineación, pero el rendimiento será inferior por su intervención en puntos diferentes a los primeros, por lo que es mas recomendable el empleo de equipos independientes de compactación. Durante el mantenimiento en vías muy alejadas de tolerancias finales se pueden apuntar las mismas razones apuntadas para la renovación. Considerar también este ejercicio en el Capitulo 26. Maquinaria de Vía. 2 0 . 6 . Se piensa utilizar el siguiente equipo, descrito mas abajo, en la construcción de una presa. El itinerario a recorrer se compone de 4 tramos consecutivos con las siguientes características: Tramo A. 0% de pendiente. Longitud 150m. corte y carga. RR=100Kg/ton Tramo B. 0% de pendiente. Longitud 450m. acarreo. RR=40Kg/ton Tramo C. 4% de rampa. Longitud 300m. acarreo. RR=40Kg/ton Tramo D. 0% de pendiente. Longitud 150m. descarga y relleno. RR=150Kg/ton Calcular la operación, producción y el empleo de los equipos, así como el costo por m3 en banco, partiendo de los datos siguientes: Material a mover: Arcilla arenosa en banco (estado mojado). Densidad del banco: 1.770 kg/m3 . Factor de carga: 0,80. Factor de contracción: 0,85. Factor de tracción: 0,50. Altitud del lugar: 2300 metros. Equipo y personal disponible: 11 traíllas de características:
54
Peso de la máquina vacía: 40.000 kg (peso en las ruedas propulsoras = 54%) Tiempo de viaje (vacío) por tramos: Tramo D: 0,40; Tramo C: 0,55; Tramo B: 0.80; Tramo A: 0,40 ; Tiempo total=2,15 minutos. El tiempo de acarreo y retorno se deduce de ensayos realizados: 5,55 min. Tiempo de carga=0,7min.; Tiempo de maniobras y otros=0,7min. Potencia disponible a 2.300m de altitud=100%. Tracción utilizable: 19.980 kg (cargada). Tracción utilizable: 13.800 kg (vacío). Costo horario del equipo=65 euros 2 Tractores con hoja de empuje. Características:
El tiempo de ciclo del empujador consta de la carga, empuje, retorno y maniobras. Se divide así: Tiempo de empuje = 0,10 min.; Tiempo de retorno = 40% del tiempo de carga Tiempo en maniobras = 0,15 min.; Tiempo de ciclo del empujador = 140% del tiempo de carga + 0,25min.; Tiempo de ciclo del empujador = 140% de 0,7 min. + 0,25 min. Potencia disponible a 2.300m de altitud=100%. Costo horario del equipo=75 euros 2 Motoniveladoras. Características:
Potencia disponible a 2.300m de altitud=85%. Costo horario del equipo=15 euros
1 Compactador de pisones. Características:
Potencia disponible a 2.300m de altitud=94%. Capacidad de compactación (en las siguientes condiciones): Ancho de compactación: 2,26 metros; Velocidad media de compactación=9,6Km/h; Espesor de la capa compactada:18cm; Número de pasadas requeridas:3 Costo horario del equipo=40 euros Número total de operadores=16. Costo horario=20 euros
SOLUCION Operación de carga y acarreo:
Pendiente Total o Efectiva = RR (%) + RP (%) Tramo A: Pendiente Total o Efectiva = 10% + 0% = 10% Tramo B.: Pendiente Total o Efectiva = 4% + 0% = 4% Tramo C: Pendiente Total o Efectiva = 4% + 4% = 8% Tramo D: Pendiente Ibtal o Efectiva = 10% + 0% = 10% Estimación de la Carga Util: Carga estimada (m3 s) x Factor Conversión. x Densidad en Banco = Carga útil=24 m3 s x 0,80 x 1770 kg/m3 b = 34.000 kg de carga útil Peso de la máquina: Peso de la carga:34 ton.; Total (Peso bruto) 74 ton. Esfuerzo de tracción utilizable: Cargada :Fac. de tracción x peso ruedas propul. = 0,50 x 74.000 kg x 54% = 19.980 kg Vacía (peso en las ruedas propulsoras = 69%)=0,50 x 40.000 Kg x 69% = 13.800 kg Resistencia Total (RT)=RR+RP RP =Resistencia por Pendiente 10 kg/tonelada x toneladas x pendiente adver. en %. RR= Resistencia a Rodadura = Factor RR (kg/tonelada) x peso brato en ton.métricas Tramo A: = 7.400 kg + 0 = 7.400 kg Tramo B: = 2.960 kg + 0 = 2.960 kg Tramo C: = 2.960 kg + 2.960 kg = 5.920 kg Tramo D: = 7.400 kg + 0 = 7.400 kg Comparando la tracción en kg disponible 19.980 kg (cargado), con la tracción máxima (7.400 kg) que se requiere para mover la traílla se deduce que es admisible. Operación de regreso (descargada):
Resistencia Total: RT=RR-RP Tramo D: = 4000 kg 0 = 4000 kg Tramo C: = 1600 kg - 1600 kg = 0 Tramo B: = 1600 kg 0 = 1600 kg Tramo A: = 4000 kg - 0 = 4000 kg Comparando el esfuerzo de tracción utilizable (13.800 kg (vacío)) con la tracción máxima requerida (4.000 kg) en kg para mover la traílla, vemos que es admisible. Combinación óptima de empujador y traílla:
El tiempo de ciclo de la traílla dividido par el tiempo del ciclo del empujador indica el número de traíllas que pueden trabajar con cada empujador. (5,55+0,7+0,7)min/1,23minutos=6,95 minutos/1,23minutos=5,65 Cada tractor empujador puede trabajar cómodamente con 5 traíllas . Por lo tanto los dos empujadores disponibles pueden trabajar adecuadamente con las once traíllas. Cálculo de la Producción:
Ciclos/hora = 60 min/ tiempo total del ciclo = (60 min./hora)/ 6,95 minutos/ciclo = 8,6 ciclos/hora Carga estimada = Capacidad colmada x factor de carga=24 m3s x 0,80= 19,2 m3b Producción por unidad en cada hora = Carga estim.x ciclos/hora = 19,2 m3 b x 8,6 ciclos/hora = 165 m3 b/hora Producción corregida = Factor de eficiencia x producción/hora=0,83 (50min/hora)x165m3b=137m3b/h 55
Producción de la flota por hora = Producción por máquina x Número de máquinas=137m3b/h x 11=1.507m3b/h Cálculo de la Compactación:
Compactación requerida = Factor de contracción x producción de la flotilla/hora = 0,85 x 1507 m3 b/hora = 1280 m3 compactados/hora = Factor de eficiencia x producción/hora = 0,83 (50 min/hora) x 165 m3b = 137 m3 b/h = Producción par máquina xNúmero de máquinas = 137 m3 b/h x 11= 1.507 m3b/h m3 compactados por hora =(2,26x9,6x18x10)/= 1.302 m3 comp./hora Dado el requerimiento de 1.280 m3 compactados par hora, el compactador es el adecuado para trabajar con el resto del equipo, sin variación las condiciones de trabajo supuestas. Estimación del Costo por Hora Total:
Traíllas 11 unidades a 65 euros/hora =715 Tractores 2 unidades a 75 euros/hora =150 Motoniveladoras 2 unidades a 15 euros/hora =30 Compactadores 1 unidades a 40 euros/hora =40 Operadores 16 hombres a 20 euros/hora =320 Costo total par hora de posesión y operación =1.255 euros Costo horario
Costo por m3 en banco =(Costo total/hora)/( Producción/hora)= euros 1.255/(1.507m 3b/hora)=0,83 euros por m3b 2 0 . 7 . Determinar de forma indicativa los campos de trabajo mas favorables para los distintos equipos de transporte de tierras.
SOLUCION Estos campos varían de una máquina a otra según la distancia, el tipo de terreno, las pendientes, el tipo de material a transportar, el régimen de producción y la habilidad del operador. De todos estos factores, la distancia de transporte proporciona la base mas fiable para seleccionar el equipo. Por tanto los datos tienen en cualquier caso solo un carácter indicativo. Tractor con empujador: entre 10 y 100m Cargador de neumáticos: entre 50 y 150m. Traílla: entre 200 y 3.000m Camión articulado: entre 300 y 3.000m Dumper pesado : entre 300 y 7.000m CAPITULO 21. MAQUINARIA DE TRATAMIENTO DE ARIDOS 2 1 . 1 . Con una planta de machaqueo móvil autocontenida, instalada en una cantera se pretende obtener árido de 25 m/m. La planta dispone de alimentador, criba, una machacadora primaria de mandíbulas y otra secundaria de rodillos, siendo las características de esta última las siguientes: Machacadora de rodillos Diámetro D = 60 cm Ancho A = 40 cm Revoluciones n = 60 r.p.m. Máximo ángulo de incidencia o ataque α = 16º 45' cos α = 0,9575 Rendimiento ρ = 25% Densidad aparente del árido triturado 1700 Kg/m3 La planta tiene una buena alimentación y toda la piedra pasa por la machacadora de mandíbulas que trabaja con una reducción máxima de 7 a 1. El producto de salida se pasa por una criba simple, vibratoria, donde se separa el 40%, ya inferior a 25 mm. El 60% restante > 25 mm, va a la tritura de rodillos para su reducción final. Se pide: 1º) Producción horaria de la planta en Tm/hora. 2º) Abertura de salida "b" de la machacadora primaria. 3º) Tamaño máximo de la piedra de alimentación de la planta. 4º) Reducción de la trituradora de rodillos.
SOLUCION 2º). b = a+2x a = 25 mm X = R(1-cos ) = Rx0,0425 b = 25 + 600 x 0,0425 = 50,5 mm b. Abertura de salida de la machacadora primaria = 50,5 mm 1º). Considerando la lámina sólida en la trituradora de rodillos: 56
Volumen sólido por minuto V1 = (π .D.n.a).A Volumen sólido por hora = V1x60 Volumen real utilizado = V = V1x60x ρ = V1x60x0,25 Toneladas/ hora Q = Vx1,7 sustituyendo Q = x0,60x60x0,4x0,025x0,25x60x1,7 = 29 Tm/hora Esto representa la producción en Tm/hora de la trituradora de rodillos que es el 60% La producción total QT = 29x100/60 = 48,3 Tm/h como b = 50,5 mm 3º). Tamaño máximo de la piedra de alimentación de la primaria B = 50,5x7 = 353 mm. 4º). Reducción de la machacadora de rodillos. 50,5 - 25 = 25 mm. R = 50,5/25 ≈ 2 2 1 . 2 . Se desea diseñar una instalación que va a estar destinada a preparar materiales 0/12 y 0/25 para firmes y capas de rodadura. Se dispone de una grava natural calcárea rodada con una dimensión máxima de 120, que puede llegar hasta 250 excepcionalmente, de la que se deben obtener los siguientes materiales, según proporciones bien definidas y respondiendo a normas precisas: arena 0/6 rodada y lavada arena de machaqueo 0/4 gravilla machacada 4/8 gravilla machacada 8/12 grava semi machacada 8/25 La producción media de material machacado y semi-machacado debe ser de 200 ton/hora, aunque debe poder llegar hasta 240 ton/hora. La alimentación depende del contenido de arena del material y puede alcanzar 400 ton/hora. Se parte de la base que el elemento fundamental de una instalación de machaqueo-cribado-almacenamiento es su concepción, pues si esta no es correcta de nada valen las componendas posteriores para llegar a una instalación eficiente.
SOLUCION Principios de la Instalación. La instalación debe tener las etapas clásicas del tratamiento de los materiales. En el esquema adjunto se pueden distinguir 4 cadenas (dos grupos móviles por cadena) cuyos equipos se incluyen en el cuadro y gráfico adjuntos. Los aparatos de machaqueo han sido seleccionados por las hipotéticas condiciones impuestas a los materiales pétreos. Para obtener material 0/8 suficientemente machacado a partir del 6/15 rodado es preciso un automachaqueo importante, lo que se consi gue con una macha cadora de cono. Para obtener material 8/12 proveniente solo de machaqueo se ha dispuesto aprovechar el material 30/60 con dispositivo que le permita trabajar en circuito cerrado con malla de 12. Para las cantidades requeridas se emplea un molino Symons de cabeza corta y excentricidad reducida. Para obtener un material 8/25 semi-machacado es necesario una machacadora de cono tipo Symons de cabeza corta. Disposición de la instalación. Dos imperativos han sido tenidos en cuenta: -reducir la ocupación de terreno -almacenar la arena rodada cerca de los otros tamaños de árido. La alimentación tiene una capacidad unitaria de 28m3 y se hace por cintas de 1m de ancho Las tres tolvas tampón (12 y 22m3) alimentan las cadenas correspondientes por intermedio de alimentadores electromagnéticos. Estas tolvas permiten regularizar la producción de las cadenas de machaqueo y adaptarse a las variaciones del material de alimentación de todo-uno, a fin que los materiales terminales sean regulares en calidad y cantidades. El almacenamiento de los materiales acabados se hace en 5 tolvas con capacidad unitaria de 40 m3, cuya descarga se hace por medio de trampas giratorias para cada tolva. El enlace de las diferentes unidades de producción se hace por transportadores de cintas de longitudes hasta 24m. Todas las cribas disponen de canales para conseguir por mezcla las proporciones de los áridos solicitados. (sigue)
57
Reduccion a 80 mm. 0-80
CRIBADO-LAVADO
30-60
6-15 15-30
15-30 30-60 +60
MACHAQUEO
+12
+8
+25
CRIBADO 0-8
ALMACENAMIENTO
8-12 M
Cadena Producto tratado 1 2 3 4
4-8 M
0-4 M
Tipo Producto machaq. obtenido
8-25 M
0-6 L
Todo-uno Mandib. 6/15 cono A +15/30rodado parcial 30/60 rodado cono B
0/80 0/12
Superficie cribado en m2 12 12
0/15
6
15/30rodado cono C +30/60rodado +60rodado
0/28
6
Producto final
0/4 machacado(junto con 0/4 de la cadena 2) 4/8 machacado(junto con el 4/8 de la cadena 2) 8/12 machacado+12 reciclado en cono B 0/8 machacado(junto con la criba de cadena 2.) 8/25 semi-machacado +25 reciclado en cono C
0/6 rodado(decantado).6/15-15/30,30/60,+60 0/4macha., 4/8macha. +8 reciclado en cono A
2 1 . 3 . Una machacadora regulada co n una abertura de salida "S" (mandíbula cerrada) presenta en la parte inferior de la cámara de machaqueo una zona de paralelismo entre las mandíbulas fija y móvil de L=25 cm.
Se pide r.p.m. "N" mínimas a las que debe girar el volante que acciona la machacadora para tener la certeza de cualquier piedra > "S" ha sufrido al menos un impacto al pasar por el tramo "L". SOLUCION La regulación de salida en las machacadoras de mandíbulas se realiza siempre a mandíbula cerrada, es decir, si el producto final ha de tener una dimensión S, la distancia máxima entre mandíbulas debe ser "S". Sea el caso más crítico el de la figura. Una piedra situada inmediatamente antes de entrar en el tracto L acaba de sufrir un impacto >S. Durante el tiempo que tarda en recorrer L en caída libre, para que salga a la dimensión S, debe recibir un impacto (una apertura y cierre de mandíbulas = 1 revolución del volante), luego t=
2L g
t=
2x0,25 g
1 rev./t = Nrpm/60 1 = N 60 2 x 0, 25 g
N = 266 rpm 58
2 1 . 4 . Se precisa transportar árido a un ritmo de 280 Tm/hora desde una gravera fluvial al punto de utilización distante 2 Km. Densidad del material 2000 Kg/m3. Para la extracción se decide emplear como máquina más idónea una dragalina y para el transporte se pueden escoger dumperes de 20 Tm de carga útil o dumperes de 40 Tm que ascienden cargados por un camino en rampa del 5% Rr =40 Kg/ton . DUMPER DE 20 Tm.- Vt = 21.000.000 pts. Peso propio 18 Tm. CV= 340 ; Tiempo fijo por ciclo = 4 minutos. Velocidad retorno 40 Km/hora.
DUMPER DE 40 Tm.Vt = 40.000.000 CV= 600 Peso propio 35 Tm. Tiempo fijo por ciclo = 7 minutos.Velocidad retorno = 40 Km/hora. DRAGALINA.- Las circunstancias de ubicación determinan un ángulo de giro = 180°. Profundidad de corte 80% de la optima.- E =50/60 Maquinistas: 3.000.000 pts/año.gasoil 100 pts/litro. Se aplicará criterio de costes SEOPAN-ATEMCOP SE PIDE: a) Seleccionar el tamaño de la dragalina necesaria y suficiente capaz de dar la producción requerida. b) Opción mas ventajosa entre las dos alternativas de dumperes 20 o 40 Tm. SOLUCION a) Producción (Pton/ δ ) Pm3=280Tm/2=140 m3 (producción real necesaria) siendo P*=Pt. .Ef En las tablas de la PCSA Pr es la producción teórica/hora P* es la producción real (corregida por ángulo de giro y altura del frente de excavación) Pt=P*/(0,76x50/60)=221 m3; co n es te dato y a la vista de la tabla de producción de PCSA para dragalinas encontramos que una dragalina de 21/2 y.c. (1,90 m3) para arena con grava da una producción teórica de Pt=225m3, ligeramente superior a los 221 requeridos. Por consiguiente esta debe ser la dragalina elegida. b) DUMPER DE 20 Tm. Peso total 38.000 Kg Vt=21.000.000 Ptas CICLO T. Carga=280Tm/60m9n=20Tm/x x=4,29 T.ida ΣRi=38x40+(5/100)x38.000Kg=3421 Kg Vi=(270x340x0,7)/3.400=3.420 Kg T. ida=2x60/40=3 min. T. retorno=2x60/40=3 min. T. carga4,29 T. transporte T. retorno T. fijo T.Total ciclo
6,38 3 3,50 17,17 minutos
Nº de dumperes de 20 Tm necesarios = 17,17/4,29=4 dumperes Análogamente repitiendo el cálculo para el dumper de 40 Tm. DUMPER DE 40 Tm. Peso total = 75.000 Kg VT = 40.000.000 T. CARGA 280/60m = 40/x x = 8,57 min. T. IDA ΣRo = 75 x 40 + (5/100) x 75.000 = 6.750 Kg V = 270x600x0,7/6750 Kg = 16,80 Kms/h T. Minutos 2x60/16,80 = 7,14 min. T. Retorno = 2x60/40 = 3 min. T CARGA T. TRANSPORTE
8,57 7,14 59
T. RETORNO 3,00 T. FIJO 7,00 T. CICLO 25,71 Nº de Dumper de 40 Tm necesarios = 25,71/8,57 ≈ 3 Dumperes Para el obtener el coste horario directo del equipo en cada una de las dos opciones, utilizamos CRITERIO SOPAN CHD (20 Tm) = 0,0292 x 21.000.000/100 + 0,16x340x0,7 x (50/60) x 100 x (1,2) + 3x106 /1200 = 13.200 ptas. CHD=0,0292x40.000.000/100+0,16x600x0,7x(50/60)x100x(1,2)+3x106 /1200 = 22.244 ptas. a) (D de 20 Tm) 4x13.200 = 52.800 ptas. b) (D de 40 Tm) 3x22.244 = 66.732 ptas. Luego evidentemente es más ventajoso usar 4 dumperes de 20 Tm 2 1 . 5 . Para clasificar áridos se instala una criba giratoria (en alemán TROMMEL=tambor) de 1,5 m de diámetro en una gravera fluvial. Se pide determinar la velocidad crítica. Es decir, el número N de r.p.m. a partir del cual la criba deja de clasificar debido a que el árido queda presionado contra la superficie interior por fuerza centrífuga.
Coeficiente de rozamiento del árido con la pared interior (malla metálica)ϕ = 1 Sea una piedra P situada a un ángulo α Proyectando sobre TT' se tiene W sen α= proyección de la fuerza W (W/g)x(V2 /r). ϕ + W.cos α . ϕ = fuerza que se opone al deslizamiento W sen α = (W V2 /g.r + W cos α) como = 1 sen - cos = V2 /gr V2 = gr . (sen α-cos α)
sen α + cos α =0
= 135º sen α= 2 / 2 = - cos α
CAPITULO 22. HORMIGONERAS 2 2 . 1 . Definir esquemáticamente y determinando la posición relativa de los componentes de una instalación para el hormigonado para una determinada obra de tamaño menor. En cualquier caso comprenderá al menos alimentación, mezclador de áridos con aglomerante, hormigonera y equipo de carga del hormigón ya preparado. Coméntense someramente los tipos de elementos que constituyen básicamente la instalación en el caso concreto elegido.
SOLUCION La alimentación se hace mediante cargador de cangilones. La alimentación de cemento parte de una tolva que alimenta un mezclador por medio de un tornillo sin fin. La mezcla de áridos y cemento se realiza de forma automática por sistema de pesada, añadiéndose el agua de igual manera. No existe mezclador especial. La hormigonera es de eje horizontal para una producción media. La carga se hace en cubos de vagonetas que deben cargarse posteriormente en teleférico, de ahí la presencia de un contenedor.
60
2 2 . 2 . Indicar, en líneas generales, para hormigoneras de tamaño medio: rendimientos, potencia instalada, consumo de energía, piezas de recambio mas frecuentes a emplear, mantenimiento previsto y duración de vida.
SOLUCION. Rendimiento: Con hormigoneras de tambor simple:30 amasadas/hora. Con hormigonera de tambor doble hasta 70 amasadas/hora. Potencia instalada: Sin cargador: 0,75 a 1 CV por m3 /hora; con cargador 1,5CV por m3 /hora. Consumo: Con motor eléctrico: sin cargador: 0,6kWh/m 3; con cargador: 1,25kWh/m 3.Con motor de gasoil : sin cargador 3 3 0,2 litros de carburante/m ; con cargador 0,4 litros. Lubricantes: de 0,2 a 10g/m según los casos. Piezas de repuesto en stock: rodillos, cojinetes, piñones. Mantenimiento: Al final de cada jornada: lavar las partes sucias, lubricar y retirar las incrustaciones acumuladas, verificar el dosificador de agua. Duración: Una hormigonera debe producir en su vida útil mas de 100.000 masas en 8.000 horas de trabajo, prácticamente sin reparaciones mayores, excepción hecha de un cambio de tambor que puede ser realizado según los casos a las 5.000 horas aproximadamente. 2 2 . 3 . Exponer sinópticamente los distintos tipos de hormigoneras con sus características principales.
SOLUCION. La clasificación se basa principalmente en su contenido de mezcla en seco (capacidad de amasado, no de hormigón producido, ni cantidad de hormigón en obra, que son distintos). Móviles (sobre ruedas): Hasta 750 litros. De pequeña capacidad: entre 150 y 300 litros Dependiendo de los tipos de tambores y de su forma de vaciado pueden dividirse en: Basculantes de eje inclinado Tambor horizontal y vertido a canaleta Tambor horizontal y vertido por cambio de sentido de giro Tambor dividido De doble etapa (primero el mortero y después el hormigón, según el giro contrario o mismo sentido de cuba y paletas) Según la alimentación: Vagoneta dosificadora o vagonetas (las mas pequeñas) Tolvas por gravedad sin dosificación por peso Tolvas de gravedad con dosificación por peso Por cucharón arrastrado por cable (para distintos áridos almacenados en estrella) Dragalina Grandes tolvas y cinta transportadora Por transportadores de cangilones CAPITULO 23. CABLES 61
2 3 . 1 . Se adjunta esquemas de Pala mecánica y de Excavadora de arrastre para el movimiento de tierras con accionamiento por cable. Se pide determinar los tipos de cable mas recomendables para los distintos usos en cada máquina, indicados con un número.
Ver esquema:
SOLUCION Pala mecánica 1=6x25+0 (6x19+0) relleno cruzado 2=6x35+0 Warrington, Lang 3=6x35+0 idem 4=8x19+1 Lang 5=Diámetro de cable<28mm. 6x25+0 Relleno, Lang, alma metálica 50=Diámetro de cable>32mm. 8x35+0 Warrington, Lang, alma metálica Excavadora de arrastre 1=Diámetro de cable <28mm. 6x25+0 Relleno, Lang 1=Diámetro de cable>32mm.8x35+0 Warrington, Lang 2=6x25+0 (6x19+1) Relleno, cruzado, alma metálica 3=6x21+0 Relleno, Lang 2 3 . 2 . Se adjunta esquemas de Excavadora de zanjas y de Grúa de cuchara para el movimiento de tierras con accionamiento por cable. Se pide determinar los tipos de cable mas recomendables para los distintos usos en cada máquina, indicados con un número.
Ver esquemas
SOLUCION 62
Excavadora de zanjas 1=Diámetro de cable<12mm. 6x19+0 Cruzado 1=Diámetro de cable>12mm. 6x25+0 relleno, cruzado 2=Diámetro de cable<12mm.6x19+0 Cruzado 2=Diámetro de cable>12mm. 6x15+0 relleno , Lang 3=Diámetro de cable<12mm.6x19+0 Cruzado 3=Diámetro de cable>12mm. 6x15+0 Lang Grúa de cuchara 1=6x25+0 Relleno, cruzado 2=6x19+1 Cruzado 3=6x25+1 Relleno, cruzado 4=6x25+1 Relleno, cruzado 5=8x19+1 Cruzado 6=6x25+0 Relleno, cruzado 7=6x25+0 Relleno, cruzado 2 3 . 3 . Se desea determinar la máxima flecha en operación del cable portante en un importante blondin de extremos equilibrados empleado en la construcción de una gran presa, con un límite máximo de la flecha de 6,6% de la luz de 750m. El coeficiente de impacto previsto es de 15% y el cable tendrá un coeficiente de seguridad de 2.75. El carro pesa 22.500Kg.el dispositivo de sustentación 11.250Kg, la carga soportada por este 675Kg. y el cable de suspensión de la carga 675Kg. Debe comprobarse previamente la tensión admisible del cable portante.
SOLUCION G=22.500+11.250+675+675=35.100Kg. G1=1,15G=40.365Kg Dado que t ' = t .sec β 1 = s w . s + 2 . G 1 . sec β 1 / 8 . yc entonces yc= w . s + 2 . G1 / 8 . t Dado que s=750m y G1=40.365Kg son conocidos, tomamos a efectos de comprobación un cable especial cerrado de 8,89cm de diámetro y de peso 44,85 Kg/m con una resistencia de trabajo de 621x103Kg, que aplicándole el coeficiente de seguridad 2,75 sería igual a: t=226x103Kg entonces t=750(44,85x750+2x40.365)/8x49,50=216,6 donde 49,50 es la flecha máxima admitida=0,066x750 Por otra parte tg β 1= w . s + G1 / 2 . t =(40.365+44,85x750)/2x216,6x103=0,17082 tenemos : β 1 =9º41'40" y por tanto t'=t.sec 9º41'40"=219.700Kg, con lo cual se comprueba que el cable es válido. Para confirmar la flecha máxima tomamos la máxima tensión y aplicamos la fórmula yc= w . s + 2 . G1 / 8 . t pero como el ángulo es muy pequeño tomamos t = t ' /s ec β 1 y entonces y=750(44,85x750+2x40.365)/8x221.850=48,33m Esta flecha de 48,33m que es 6,44% de la luz y por tanto menor de la flecha permitida en el enunciado, el 6,6%.
2 3 . 4 . Se pretende calcular la curva que toma un cable sometido a una sobrecarga uniforme suspendida, formada por un tablero de sección uniforme.
SOLUCION. Se parte de la base que el peso del tablero es de gran importancia comparado con el peso propio del cable. Igualmente se supone que la proximidad de las péndolas que cuelgan del cable le dan a este la “forma” de la curva funicular de las cargas. Las ecuaciones diferenciales que rigen el equilibrio de la curva elemental son las siguientes: d dx T ds ds
dy d T ds ds
=0
= pdx
Éstas dos ecuaciones integradas se convierten en: T dx = T 0 ds
T
dy = px + C 1 ds
La primera ecuación implica que la componente horizontal de la tensión es constante. Eliminando T se obtiene: dy px + C 1 = t 0 dx
Integrando otra vez conseguimos la ecuación de la curva objeto del problema. p C y = 2 T x 2 + T 1 x + C 2 0 0
63
que es una parábola de eje vertical Para determinar las constantes se puede imponer la condición que la curva pase por los puntos extremos de anclaje cuyas coordenadas son conocidas, y de que la tensión en el punto de anclaje más alto tenga un valor determinado. De la misma forma en vez de dar la tensión en uno de los puntos de anclaje se puede sustituir esta condición por la de dar la ordenada del punto más bajo de la curva lo que permite por la última relación conocer la abscisa. 2 3 . 5 . Demostrar que todas las catenarias son semejantes y determinar el centro de semejanza.
SOLUCION Basándonos simplemente en la ecuación de la curva y = 2a e x / a + e– x / a = a . Ch xa donde entran solamente las relaciones de x (abscisa) y de y (ordenada) a la ordenada a del punto inferior de la curva, que tiene por ordenada como es sabido el parámetro de la curva. 2 3 . 6 . Demostrar que en la catenaria la proyección de la ordenada sobre la normal en un punto es igual al parámetro, y la tangente en un punto lo será también a un círculo con centro en el pie de la ordenada, con centro en dicho pie, y radio igual al parámetro a .
SOLUCION Llamando α al ángulo de la tangente en un punto con el eje de abscisas se tiene: tan α = 12 e x / a – e – x / a = Sh x a y De aquí se deduce cos1 α = 21 e x / a + e – x / a = a
o sea :
a=ycosα
2 3 . 7 . Demostrar que la proyección de la ordenada sobre la tangente equivale a la longitud de la curva contada a partir del punto más bajo de la catenaria.
SOLUCION Llamando s al desarrollo elemental de la catenaria se tiene fácilmente que s=a.tanα , e igualmente se deduce que s=y.sen α
2 3 . 8 . Demostrar que en un punto cualquiera de la catenaria la tensión es igual al peso de una longitud de cable igual a la ordenada.
SOLUCION La tensión en un punto cualquiera se deduce de las expresiones: T = p. T.cos α = To=p.a T.sen α =p.s
a 2 + s 2 = p. y
2 3 . 9 . Determinar la catenaria dadas las coordenadas de los dos puntos extremos de la misma, y la longitud del hilo.
SOLUCION El problema que se plantea es como encontrar el vértice y el parámetro de la curva. Sean x e y las coordenadas del punto extremo A con relación al origen desconocido O(0,0).Las del punto extremo B de serán x+c , y+d , llamando c y d las proyecciones horizontal y vertical de la recta AB . Se deduce fácilmente en las fórmulas que dan los valores de la ordenada y el desarrollo de la curva de un punto cualquiera: y + d + s + l = a . e
x x+ cc
a
y + d – s – l = a . e
– x+ c
a
Por diferencia de estas ecuaciones obtenemos: d + l = a . e
xaa
e
c aa
–1
l – d = a . e–
multiplicándolas entre si tenemos:l2
xa
1 – e –c aa
– d 2 = a 2 e c / 2 a – e –c / 2 a 2
2
2
r
– r
que llamando c/2a=r podemos transformar en:2 l c – d = e –r e = 2 Shr r Este ecuación se puede resolver por iteraciones con gran facilidad teniendo presente la tabla que da los senos hiperbólicos. Conocido r se deshace la transformación y se obtiene a , y a continuación y de cualquiera de las 64
ecuaciones primeras se obtiene la coordenada x del punto A, y a continuación y , con lo que queda identificado el origen de coordenadas y el punto B.
2 3 . 1 0 . Calcular la idoneidad de un cable de 6 cordones cada uno de ellos de 61 alambres de 0,7mm de diámetro; la carga de rotura indicada es de 185.000N. La tensión del cable en servicio es de 22.000N. El coeficiente aparente de seguridad es de 8,4. El diámetro del tambor de arrollamiento es de 400mmm. Se desea saber si el cable es apto para uso en una grúa de obra.
SOLUCION Hay que contar con las tensiones debidas a la carga y a la incurvación del cable en las poleas y tambores. Esta última se calcula por el alargamiento unitario de las capas exteriores del cable en relación con las interiores, al arrollarse al tambor. Se puede utilizar la fórmula 1 . E . d = 3 . E . d o paracables muy finosy flexibles 2 = 8 4 D D donde d = diámetro del alambre y D = diametro del tambor o polea 2
Se tiene entonces: π d 2 Sección del metal . 4 =140 mm 2 22.000 = 157 N / mm2 3 d N / mm 2 1 = 2 = E . 140 8 D Tensión total: = 1 + 2 =301 N / mm2 que es aceptable.
El acero que constituye el cable tiene una carga de rotura de: Rr=1400N/mm2; Coeficiente de seguridad real=1400/301=4,65. La carga teórica de rotura del cable sería pues de 1400x140=196.000N. La carga de rotura determinada por ensayos es de 185.000N.El cableado hace perder cerca del 10% de la resistencia del acero constituyente del cable. El cable está correctamente dimensionado. 2 3 . 1 1 . Definir las condiciones de referencia para implantación de monocables continuos y tricables.
SOLUCION Monocable continuo:
Separación entre postes de apoyo: entre 50 y 150m Capacidad media de transporte: 5 a 30 ton/hora Separación entre ramales:1,5 a 2,5m Diámetro de poleas D>300d (d= diámetro del alambre) Angulo entre cuerda y tangente al cable en castilletes<4º Pendientes máximas: 30% Distancia máxima: 5Km Vano máximo: 500m Tricable:
Separación entre postes: 50 a 250m Capacidad media de transporte:100 a 500ton/h Separación entre ramales: 1,5 a 3m Diámetro de poleas motora y reenvío D>800d; de poleas guías: >200d Angulo entre cuerda y tangente al cable en castilletes<10º Pendientes máximas: 80% Distancia máxima: 25Km Vano máximo: 1.500m Potencia del tricable en comparación con el monocable: 25% mayor 2 3 . 1 2 . Determinar de forma general el esfuerzo de frenado en un teleférico.
SOLUCION Polea de reenvio
Baldes vacios
Baldes llenos
Polea motora
Polea de freno
Llamemos Ia, I r, I f los momentos de inercia de las poleas de arrastre, reenvío y freno 65
Ra, Rr, Rf los radios de las poleas de arrastre, reenvío y freno. N número de vagonetas en servicio v velocidad de las vagonetas Ωa, Ωr, las velocidades angulares de las poleas de arrastre y reenvío Pv ,P c , el peso de las vagonetas vacías y cargadas T tiempo de frenado F, f tensiones en las dos ramas del freno (de cinta) µ coeficiente del fricción del freno ø ángulo abrazado por la cinta de freno C coeficiente de seguridad B= brazo de la fuerza aplicada al freno E= esfuerzo de frenado Aplicando el principio de la variación de la cantidad de movimiento tenemos: Pc N g .2
+ P v . N . v + Ir . 2 2
r
+ Ia + I f .
f
= F – f . R f = K
T
(a)
Además: v=Ωa Ra=ΩrRr F=feµ ø Conocemos todos los valores de los componentes del primer término de (a), pues el momento de inercia de la polea de freno es pequeño comparada con el de la polea de arrastre (del orden de un 50% aproximadamente) por lo que esta evaluación puede ser utilizada para una primera estimación. También tenemos: C.K=F.Rf.( eµ ø -1)/ eµ ø De donde se puede deducir F ; por otra parte igualando los pares del esfuerzo de frenado y de la tensión de la correa de freno deduciríamos los parámetros del mecanismo de frenado (zapata, cinta, etc.) utilizado. 2 3 . 1 3 . Determinación del vértice de la catenaria dados las diferencias de ordenadas y abscisas de dos puntos, el peso unitario del cable y la tensión en el vértice.
SOLUCION Tenemos: X1+X2=a ecuaciones se deduce: Y1=(pa2+2To.h) 2 /8To.pa2
Y1-Y2=h
Y1=(p/2To).X12
Y2=(p/2To).X22 de este sistema de
X1=a/2+To.h/pa X2=a/2-To.h/pa Y2=(pa2 -2To.h) 2 /8To.pa2
2 3 . 1 4 . Queremos determinar la situación del vértice de una catenaria conociendo el ángulo que forma con la horizontal la tangente a la curva en dos puntos de las proximidades a un castillete de apoyo.
SOLUCION Sean los puntos (X1,Y 1) el mas próximo al castillete, y (X2, Y2) el otro, y los ángulos respectivos Ø1 Ø2. Basándose en la propiedad de la subtangente a la parábola: Y1=(X1 /2).tgØ 1 Y2=(X2 /2).tgØ 2 Distancia en horizontal entre los dos puntos =h Distancia en vertical entre los dos puntos =v Se tiene: X2=(2v-h.tgØ2)/( tgØ 2- tgØ1 ) Y2= tgØ1 (2v-h. tgØ 2)/2.( tgØ 2- tgØ1 ) 2 3 . 1 5 . Esquematizar el proceso de cálculo de un teleférico.
SOLUCION 1-Partiendo de la función que va a realizar debe definirse la capacidad de transporte. De estas consideraciones se deducirá la conveniencia de un monocable (un solo cable portante y tractor) o de un tricable (un cable tractor y dos cables diferentes: uno para vagonetas vacías y otro para cargadas). Para ello son de referencia las indicaciones dadas en del libro MANUAL DE MAQUINARIA DE CONSTRUCCION epígrafe 23.14.3. 2-Dependiendo de su funcionalidad se determinará si en los vanos hay una carga aislada o son varias, muy próximas. En este último caso se recurre frecuentemente a suponer un peso ficticio uniforme de cable mas sobrecarga. Cuando se trata de cargas aisladas se pueden emplear las fórmulas del epígrafe 23.13.2. 3-Tipo de cable y su diámetro. Para ello son de utilidad las fórmulas del epígrafe 23.14.3.3. suficientemente aproximadas y de cálculo sencillo. 4-Fijar un límite a la flecha máxima. Ello condiciona la tensión horizontal To. Ver 23.13.2. 5-Fijar el ángulo entre la cuerda y la tangente, en castilletes. De ello se deducirá la disposición, emplazamiento y altura de los castilletes y la tensión máxima admisible para un coeficiente de seguridad dado. 33.13.2. 6-Si todos los datos supuestos y deducidos hasta ahora encajan, deberá proseguirse. Si no fuera así habrá que introducir otros datos de partida cercanos a los iniciales. 7-Cálculo de los esfuerzos debidos a la inercia. 23.14.3.1. 8-Cálculo de la tensión máxima del cable ajustándola a su trazado. 23.14.3.1. 9-Cálculo del contrapeso y su carrera. 23.14.3.2. 10-Determinación de las poleas y castilletes y su cálculo. 23.7. y 23.9. 66
11-Del esfuerzo de arrastre y la velocidad del cable tractor se puede deducir la potencia del motor de arrastre. CAPITULO 24. LAS BOMBAS 2 4 . 1 . Una bomba centrifuga instalada en un lugar de 1000 m de altitud sobre el nivel del mar, para bombear agua, debe diseñarse para una altura geométrica de aspiración de 6m con una longitud de tubería de 15m. La pérdida de carga en las válvulas y codos de la aspiración se estima en el doble de la correspondiente a la conducción de aspiración. La impulsión se hace a una altura geométrica de 40m. con una longitud de tubería de 150m. vertiendo a un canal. Las pérdidas de carga en las válvulas y codos de la impulsión se estiman en un 30% de las de la propia conducción de impulsión. La conducción es de fundición nueva y de diámetro 0,250m. y el caudal a bombear es de 100 m3 /hora. Se desea conocer la pérdida de carga de la instalación y la potencia del motor eléctrico necesario, si el rendimiento de la bomba es del 75%. Se supone un numero de Reynolds de 110.000
SOLUCION Para Re=110.000 y K/D=0,25/250=0,001 se obtiene 100
2 3600 2
=0,022
y de aquí :
J =
2 π .0,125 . V =0,022 =0,00142 2 g . 0 , 250 2gD
Aspiración: altura geométrica=6m Aspiración 15m de tubería. Pérdida de carga=0,00142x3x15=0,063m La aspiración es posible pues para 1000m de elevación, 6+0,063=6,063< que la altura max. de operación a ese nivel (aprox. 6,8m). Impulsión: altura de impulsión=40m Impulsión 150m de tubería. Pérdida de carga=0,00142x1,3x150=0,277m Altura manométrica total=6+0,0,063+40+0,277=46,340m Potencia=1000x(100/3600)x1x46,340/(75x0,75)=22,8CV tomamos 25CV 2 4 . 2 . Condiciones básicas para el diseño de la impulsión de una instalación de bombeo. Caso de un caudal de 40m3 /seg
SOLUCION Con valores reducidos del diámetro de la impulsión se consigue una economía en el costo de la conducción, generándose pérdidas de carga elevadas y la necesidad de un motor más potente y por tanto más elevado su consumo de energía. Con grandes diámetros resultan otros inconvenientes entre ellos que la compra del equipo será sensiblemente más costosa. Para caudales importantes y en obras de gran longitud se demuestre que existe una velocidad de impulsión optima cercana a 0,6 m/seg, variando solamente el diámetro en función del caudal. Se obtienen los mejores resultados con la fórmula: D =1,5 Q donde D= diámetro de la conducción en metros Q= Caudal en m3 /seg Para el caso particular de Q=40litros/seg. Se obtiene D=0,3m. En una instalación de pequeña importancia se podrá a veces reducir el diámetro de la conducción a condición que la velocidad de impulsión no exceda de 1m/seg. Sin embargo como regla general el diámetro escogido deberá ser suficiente para que la pérdida de carga total, comprendidas las imputables a los accidentes en el recorrido no exceda del 10% de altura geométrica de la impulsión. 2 4 . 3 . Condiciones básicas para el diseño de la aspiración de una instalación de bombeo.
SOLUCION Como resumen se llega a la conclusión que debe ser forzosamente de la menor longitud posible y en este caso el problema del cálculo no está basado en consideraciones de orden económico. Sin embargo hay dos exigencias que se ponen en evidencia - La altura práctica de aspiración de la bomba - Su capacidad práctica de aspiración. El primero de estos dos condicionantes se deriva de los condicionantes de la instalación: o sea altura geométrica de aspiración adicionad a de la perdida de carga de la conducción y accesorios. El segundo viene indicado por los fabricantes de la bomba como una característica particular de esta. Se fija en todo caso el límite superior por debajo del cual solamente la máquina será capaz de hacer frente sin cavitación al caudal deseado. La cavitación no es solo un peligro en si misma por la agresión a los materiales que constituyen la tubería, si no también por el eventual descebado de la bomba, que deja de aspirar y puede sufrir daños irreparables. 67
La capacidad de aspiración de la bomba disminuye cuando aumenta su caudal. La determinación del diámetro de la conducción debe responder esencialmente a la obligación imperativa de reducir a un estricto mínimo el valor de la altura de aspiración. Será bueno vigilar en particular la longitud el tramo horizontal mas próximo a la bomba, que no debe exceder de los 10 metros, para eliminar de manera definitiva los efectos adversos de la cavitación, debidos a la liberación del aire contenido en el agua cuando esta se encuentra sometido una depresión. Debe además limitarse la velocidad a la cual el agua se presentará a la llegada de la bomba para no limitar el rendimiento de la máquina (vel. max 1,2 m/seg) 2 4 . 4 . Precisar la diferencia entre altura de elevación “práctica” y “manométrica”. Caso practico de una bomba de incendios con elevada velocidad de salida del agua .
SOLUCION Elevación “práctica” es la magnitud obtenida por el cálculo y el único que debe tomarse en consideración en un estudio de una bomba centrífuga. El término “manométrica” se aplica exclusivamente a las medidas realizadas en la instalación, y viene influenciada por la existencia de la altura dinámica V2 /2g, con signo n egativo o positivo según se trate de aspiración o impulsión. En general el término de altura dinámica no excede de algunos centímetros y puede prescindirse de él en los cálculos; ello no es así cuando se trata de ciertos casos particulares como bombas de presión o de incendio donde la formula debe tener en cuenta la componente de presión de la lanza de agua. En principio y para evitar toda confusión el constructor de la bomba en las características generales deberá precisar la altura de aspiración disponible, hecha deducción de la altura dinámica (debida a la velocidad). 2 4 . 5 . Dadas las curvas características de una bomba: curva caudal/altura y curva caudal/potencia absorbida, calcular de forma analítica las familias de curvas correspondientes a las distintas velocidades de giro de la bomba.
SOLUCION Conociendo Q1 en función de H1,y P1 en función de Q1, para una velocidad v1, se deduce inmediatamente Q2=Q1(v 2 /v 1) H2=H1(v 2 /v 1)2 y P2=P1(v 2 /v 1)3 De estas relaciones se deducen por puntos las nuevas curvas para las distintas velocidades v. 2 4 . 6 . Dadas las curvas características de una bomba: curva caudal/altura y curva caudal/potencia absorbida, calcular de forma “gráfica“ las familias de curvas correspondientes a las distintas velocidades de giro de la bomba.
SOLUCION Utilicemos papel logarítmico para abscisas y ordenadas. Siguiendo lo expuesto en el ejercicio anterior determinamos un primer punto mediante el método analítico. Uniendo los puntos correspondientes a dos velocidades diferentes, esta recta será paralela a todas las demás homologas, por lo que las curvas correspondientes serán traslación paralela de la primera con dirección el vector inicial, que une dos puntos homólogos correspondientes a dos velocidades de giro, Este procedimiento está basado en que en la escala logarítmica abscisas y ordenadas con valores elevados a distintos exponentes representan intervalos proporcionales . 2 4 . 7 . Resumir las distintas razones por las que una bomba no produce caudal alguno.
SOLUCION - Válvula de salida cerrada,accidentalmente o por omisión. - Mala estanqueidad de la válvula de pie de aspiración - Fugas en el tubo de aspiración - Falta de estanqueidad de las juntas, prensaestopas, etc. - Presencia de sifón en algún punto alto de la tubería de aspiración - Alcachofa obstruida por cuerpos extraños - Alcachofa insuficientemente sumergida - Altura práctica de aspiración mal calculada - Sentido de rotación del motor equivocado - Velocidad del motor insuficiente - Deslizamiento de la correa de transmisión En cualquiera de estas situaciones debe detenerse la bomba antes de causarle daños irreparables. 2 4 . 8 . Resumir las distintas causas por las que una bomba da un caudal irregularmente, o se desceba.
SOLUCION - Se detecta una marcha pulsatoria en los aparatos de medida (amperímetro, manómetro, vacuómetro...) 68
- Se altera el ruido producido por la bomba. - Falta de agua en la aspiración - Entradas de aire intempestivas en la aspiración - Incremento anormal de la altura de aspiración - Falta de estanqueidad en la aspiración - Estanqueidad en los acoplamientos de la bomba. En todos estos casos se debe detener la bomba para evitar daños irreparables y proceder al análisis de la situación. 2 4 . 9 . Resumir las distintas causas por las que una bomba da un caudal insuficiente o produce ruidos anormales.
SOLUCION - Caudal insuficiente - Perdidas anormales en la aspiración - Perdidas anormales en la impulsión - Errores de cálculo (alturas, diámetros, etc.) - Velocidad de rotación del motor - Tensión insuficiente en los bornes - Frecuencia de la corriente inadecuada Ruidos extraños - Cuerpos extraños en la bomba - Cojinetes gripados - Mal acoplamiento de motor y bomba - Mala fijación de las tuberías - Resonancia de los elementos de la instalación. 2 4 . 1 0 . Una bomba centrifuga cuyo rotor gira a una velocidad de n r.p.m. produce un caudal Qm3 /seg de un fluido perfecto incompresible de masa específica . Este volumen se eleva a una altura h (o recibe la velocidad 2 g h equivalente). La potencia absorbida o potencia motriz es P, la potencia útil es Pu = Q g h correspondiente al rendimiento r = Q g h / P .Para una bomba dada, la potencia motriz depende de las diversas cantidades precedentes e igualmente de las características geométricas de la bomba. Para una familia de bombas semejantes, estas características están definidas por una dimensión determinada, el diámetro del rodete D, por ejemplo. Se pide hacer el análisis dimensional de las distintas variables en función de este parámetro.
SOLUCION Se puede escribir: P = F
, n D , Q , hg =
A
x
z
t
u
n y D Q hg
hg se encuentra fácilmente que: P = n 3 D 5 . f Q 3 , 2 2 nD
n D
P 5 , número sin dimensiones, es para una bomba dada, una función de dos variables, 3 n D igualmente sin dimensiones, que pueden ser el coeficiente de caudal = Q 3 y el coeficiente manométrico nD hg Q = 2 2 o cualquier combinación de ambos, como el coeficiente de abertura = = 2 . n D D 2 g h 2 Estos coeficientes pueden escribirse: = π . Q 2 . 1 4 π D π n D 4 2 2g h Q = 2 π2 = π . 2 : 2 gh 2π n D 2 2 π D 4
El coeficiente de potencia
2 4 . 1 1 . Para que dos bombas semejantes funcionen en condiciones “estrictamente” semejantes ¿qué es preciso que ocurra?.
SOLUCION Es preciso que las velocidades periféricas, las velocidades medias y las velocidades equivalentes a la altura de elevación sean proporcionales, y por consiguiente que el coeficiente de caudal y el de abertura tengan el mismo valor. Aplicando el método de las dimensiones que las dos bombas deben tener el mismo rendimiento. 2 4 . 1 2 . Una bomba ha sido vendida para impulsar, girando a una velocidad de n r.p.m. , a la altura h, produce un caudal de Qm3 /seg, con una potencia absorbida de P CV. Es necesario hacer el ensayo de recepción con una altura h´´. Se pide cual será el caudal Q´ y la velocidad de rotación n´ para realizar el ensayo.
SOLUCION 69
’
La bomba debe girar a una velocidad
n’ = n ’ 3/2
potencia absorbida sobrepase P = P h h ’
h h
r.p.m. produciendo Q ’ = Q
’
m 3 /seg sin que la
h h
.
CV
2 4 . 1 3 . Una bomba cuyo rotor de diámetro D, gira a n r.p.m. y eleva a h m un caudal de Qm3 /seg. absorbiendo una potencia P. Se pregunta el caudal Q´ suministrado y la potencia necesaria para una bomba semejante, girando a n´ r.p.m. y elevando el agua a h´ metros. Se pregunta también el diámetro del segundo rotor.
SOLUCION ’
Igualando los coeficientes de caudal y de abertura, se encuentra para el diámetro del rodete D = D n’ h n h ’
2
’ 3/2
caudal Q = Q n’2 h h n ’
’2
’
, y para la potencia absorbida P = P n 2 . h h n ’
1/2
para el
5/2
2 4 . 1 4 . Un fluido perfecto se desplaza sin rozamiento en una conducción horizontal de sección constante, presentando un codo. Se pretende saber si la reacción sobre la pared varía sensiblemente cuando se trata de un fluido viscoso.
SOLUCION En el plano horizontal las fuerzas volumétricas debidas a la gravedad desaparecen, por tanto la acción del fluido sobre el codo es equivalente a la variación de la cantidad de movimiento de la masa del fluido y por tanto tiene por valor 2 R = S V 1 –cos α . En un fluido no perfecto, la existencia de viscosidad se traduce por rozamientos contra la pared e igualmente por una transformación, en la masa de fluido en energía turbulenta o en calor, de una parte de la energía potencial del fluido. k
2
V
Esta transformación se traduce por una pérdida de carga que en primera aproximación es de p = siendo k un 2 coeficiente de algunas centésimas para los codos habituales. De cualquier forma el teorema de Euler se traduce en R
= p +
V 12 S n1 – rS V 2 n2
nuestro caso en R = S
V 2 k + 2 2
1 –cos α
La fuerza de reacción queda aumentada en aprox. 2% lo que es generalmente despreciable. 2 4 . 1 5 . El cierre brusco de una válvula produce una onda de presión que se transmite con una celeridad c (velocidad con que se transmite una onda).La expresión de dicha celeridad es de 1 = k c2
1 1 + E 0 . D e = a2 + b2 1 1 = 0 . D siendo 2 = k 0 e a b 2 E 0
Se pretende conocer una evaluación de la celeridad en una tubería de acero de 80 cm de diámetro y espesor de chapa de 8mm. SOLUCION En el caso general, c depende del fluido y del tubo; es siempre menor que los términos a y b correspondientes. Así para una tubería de acero E=20.000kg/mm2 , llena de agua (k=1/20.000 cm2 /kg ) en la que D/e=100, tenemos a=1410m/seg b=1410 m/seg y c=1000m/seg. En un fluido muy compresible c se confunde con a, no dependiendo mas que del fluido. Para una conducción al aire libre a=340 m/seg, la diferencia relativa (a-c)/a es inferior a 1/20.000. Observación: Cuando la elasticidad del tubo es grande, c se confunde prácticamente con b, que es entonces muy debil. Es el caso de las arterias, donde la celeridad de la onda de presión sanguínea, es decir la sobrepresión provocada por las contracciones del corazón, es solamente del orden de un decámetro/segundo. 2 4 . 1 6 . Deducir, basándose en las ecuaciones dimensionales, el número adimensional que define la viscosidad específica (número de Reynolds) sabiendo que la resistencia que un sólido presenta a la circulación de un fluido se ajusta a una expresión de la forma: R = k V α l β γ ∂ siendo k un coeficiente, l la dimensión principal transversal del sólido, V velocidad de circulación, la masa específica y la viscosidad dinámica del fluido.
SOLUCION Reemplazando cada una de las variables por sus ecuaciones dimensionales α γ ∂ : M L T –2 = k L T –1 L β M L–3 M L – 1 T – 1 e igualando los exponentes de M, L, y T se obtiene: 1 = γ + ∂
1 = α + β – 3 γ – ∂
– 2 =– α – ∂
70
Podemos expresar los tres primeros exponentes en función del cuarto. Tenemos pues: γ = 1 – ∂
α =2 – ∂
β =2 – ∂
por tanto la fórmula del enunciado queda como: R
=k
V 2 L 2
∂
γ
VL
Aparece pues el coeficiente que figura entre paréntesis ( o su inverso), que es en efecto el número de Reynolds cuya expresión mas conocida se obtiene fácilmente al definir la viscosidad cinemática
=
/
VL
en función de la
viscosidad dinámica. De esta forma el número de Reynolds se expresa como V L CAPITULO 25. MAQUINAS ESPECIFICAS DE CARRETERAS 2 5 . 1 . Definir en un esquema preciso una instalación de mezcla para la obtención de hormigones asfálticos en la que figuren indicados con números las partes fundamentales de aquella. Identifíquese cada uno de los números con el dispositivo básico que representa.
SOLUCION 1=Elevador desde el secador 2=Cribas 3=Elevador de filler(finos) 4=Tolvas de almacenamiento 5=Balanza para agregados 6=Balanza de asfalto 7=Compuerta deslizante 8=Recipientes de dosificación 9=Paredes ajustables 10=Dispositivos de expansión de recipientes de dosificación 11=Puerta de descarga 12=Sistema de mezclado 13=Puerta deslizante de descarga 14=Depósito de asfalto 15=Camión 16=Dispositivos de regado de asfalto 17=Tubo de circulación de asfalto 18=Bomba de abastecimiento de asfalto 19=Ajuste del tubo de succión 20=Tubo de succión 21=Tanque de medida de asfalto 22=Retorno del asfalto sobrante 23=Bomba para spray de asfalto 24=Ajuste de paredes laterales 2 5 . 2 . Disponemos de tres compactadores con las siguientes longitudes de rodillo respectivamente: a) 1400 mm; b) 1700 mm; c) 1900 mm. Queremos compactar una traza de anchura 3400 mm y con espesor de tongada de 100 mm. La velocidad de desplazamiento del compactador será de l0 golpes cada 30 segundos y trabajará con una frecuencia de 2000 gpm. La eficiencia horaria 0,83. Calcular la producción horaria.
SOLUCIÓN Se calcula la velocidad del compactador, se calcula el ancho eficaz de cada uno de ellos y se calcula la producción horaria del más aprovechable. Cálculo de la velocidad. 10 golpes cada 30 cm equivalen a 30 golpes cada 100 cm y como la frecuencia son 2000 gpm se establece la proporción: 100 cm.............30 golpes x cm.........2000 golpes x= 2000/33 = 60,6 m/min = 3,63 km/h. Cálculo del rodillo óptimo Lr(mm) Ancho a compactar(mm) nº pasadas Ancho eficaz(mm) %generatriz aprovechada 1400 3400 2,4≈3 1133,3 80,9 % 1700 3400 2 1700 100 % 1900 3400 1,78≈2 1700 89,5 % El mayor aprovechamiento se obtiene con el rodillo de Lr= 1700 mm luego calcularemos con ese valor la producción horaria. Ph= N0 ciclos x característica de la herramienta o lo que es lo mismo
71
Ph (m3 /h) = L eficaz de rodillo(m) x espesor de tongada (m) x V (km/h) x 1000 x Eh/ nº pasadas y nº pasadas = Anchura de compactación/longitud de rodillo ≈ próximo entero por exceso L eficaz de rodillo = Anchura de compactación/ nº pasadas En nuestro caso: nº pasadas = 3400/1700 = 2 L eficaz de rodillo = 3400/2 =1700 mm Ph(m3 /h) = 1,7 m x 0,1 m x 3,63 (km/h) x 100 x 0,83/2 = 256 m3 El compactador óptimo será el b y la producción horaria 256 m3 2 5 . 3 . Ordénense en un cuadro sinóptico los diversos tipos de compactadores según sus distintas tecnologías, disposiciones y formas de actuación. SOLUCION Con cilindros lisos Con tacos Cilindros con patas de De cilindros metálicos cabra Cilindros con tacos Cilindros con rejillas
Compactadores remolcados
Compactación estática De ruedas Compactación par vibración
Con cilindros
Compactación par impacto
Martinetes Pisones
Compactación estática Compactadores autopropulsados
Compactador por vibración
Una fila de ruedas grandes Dos filas de ruedas pequeñas oscilantes Lisos De tacos
De ruedas
Cilindros lisos Cilindros con tacos Cilindros segmentados Dos ejes multi-ruedas
Dos cilindros
Cilindros lisos
Un cilindro vibrante y ruedas placas
Ruedas prop. Con cilindros lisos Ruedas prop. Con tacos Ruedas compac.
De cilindros metálicos
2 5 . 4 . Resumir brevemente las ventajas e inconvenientes de los distintos tipos de plantas asfálticas.
SOLUCION Ventajas de las móviles sobre las fijas Traslado fácil y rápido entre distintos emplazamientos. Montaje y puesta en marcha rápido.. Uso mínimo de grúas. Mínima necesidad de cimentaciones. Mas posibilidad de reventa y alquiler. Ventajas de las plantas asfálticas discontinuas sobre las continuas. Calidad de mezcla asegurada por el cribado en caliente, aún cuando los áridos en frío no se ajusten totalmente a la curva granulométrica deseada. Muy convenientes cuando las normas exigen clasificación de áridos en caliente. 2 5 . 5 . Establecer una comparación objetiva entre las modernas plantas continuas y discontinuas desde el punto de vista de la coyuntura actual, del montaje, y del proceso de producción.
SOLUCION 72
El parque automovilístico, y la seguridad y confort viales han forzado a desarrollar nuevos tipos de tratamientos y mezclas asfálticas. La aparición de estos nuevos tipos de mezclas asfálticas (drenantes, microaglomerados en caliente de tipo discontinuo de alto módulo, etc.) la utilización de diferentes tipos de ligantes (betunes asfálticos convencionales y modificados con diferentes polímeros) y la adición de aditivos líquidos o pulverulentos, fibras sintéticas, etc. ha supuesto una revolución de las plantas asfálticas así como de los medios de extendido y compactación. La introducción de las plantas de tambor-secador-mezclador, ha representado un gran avance. a). Plantas Continuas. El coste de adquisición es un 15 a 20% menor. Son mas sencillas, pues no tienen: torre de cribado en caliente, mezcladora, tolva de mezcla en caliente, ni cimentaciones costosas. Su transporte y montaje se reducen considerablemente (30%). Al ir montadas sobre plataformas móviles, con los depósitos de betún y fuel-oil incorporados permiten un montaje sencillo pues bombas y circuitos son fácilmente conectables y flexibles, siendo de mayor duración. Las arenas se dosifican por peso y las gravillas volumétricamente. El filler se dosifica par peso y se inyecta por aire, en la zona de mezclado e inyección del betún. La dosificación con áridos fríos y húmedos, exige equipos adecuados para medir dicha humedad y corregirla en la pesada general del árido. La dosificación del betún asfáltico se hace volumétricamente. Las plantas continuas resultan muy interesantes cuando se necesita atender obras puntuales que exigen el traslado frecuente. Muy convenientes cuando no se necesiten más de 3 tipos distintos de mezcla asfáltica. b).Plantas Discontinuas. Para el traslado de estas Plant as, se requieren vehículos especiales. Las cimentaciones son más complejas y costosas (hasta un 30% mas de costo), de montaje complejo. Los áridos se dosifican par peso (forma mas precisa). El filler se dosifica por peso, en una báscula independiente, inyectándose en el mezclador. El betún asfáltico se dosifica, en general, par peso de árido caliente (no influenciado por la humedad, lo cual indirectamente permite mejor ajuste de la granulometría). La dosificación por peso del betún asfáltico asegura una mayor precisión. Las plantas discontinuas móviles son muy convenientes cuando hay que cambiar su ubicación y no existe garantía en la homogeneidad del árido y/o se necesita cambiar de fórmula frecuentemente. CAPITULO 26. MAQUINARIA DE VIA. 2 6 . 1 . Se pretende conocer las máquinas pesadas necesarias para los trabajos de renovación total de la vía, así como las precisas para los trabajos de mantenimiento. Debe hacerse resaltar el número o las proporciones de cada tipo de máquina para que no resulten ociosas ciertas máquinas por falta de tajo.
SOLUCION a) Para renovación total de la vía son necesarios los siguientes equipos: - Pórticos de tendido de vía (de tipo hidráulico preferentemente):rendimiento: 1Km/hora - Tren carrilero que aporte la vía armada: rendimiento : vía para 3km. - Tren suministrador de balasto con posibilidad de verter en espaldones y centro de la via:rendimiento:300m3 de balasto cada 24 horas - Bateadora-niveladora-alineadora:rendimiento:500m/hora - Perfiladora de balasto:rendimiento:1000m/hora - Dresina de control geométrico:rendimiento:10Km/hora - Equipos de soldadura aluminotérmica (la soldadura a tope entre carriles laminados hasta una longitud cercana a los 250mdebe hacerse en taller): rendimiento: una soldadura cada 60 minutos. La proporción de los equipos viene supeditada al rendimiento de la máquina mas lenta y compleja, esto es al pórtico de tendido de vía al que se supeditan todas las demás. b) Para mantenimiento son necesarios los siguientes equipos: - Bateadora-niveladora-alineadora: rendimiento en mantenimiento:5 Km/hora - Tren de balasto: necesidades de balasto muy reducidas normalmente - Desguarnecedora-cribadora de balasto:rendimiento:200m/hora - Perfiladora de balasto:rendimiento:1000m/hora - Dresina de control geométrico:rendimiento:10Km/hora. En vías en buen estado se utiliza para el control geométrico el wagon de control que permite realizar l a auscultación a 120Km/hora y mas elevadas. El ritmo lo manda la bateadora-niveladora-alineadora, cuando no se realiza el desguarnecido de balasto. Cuando debe realizarse el desguarnecido mecánico es esta tarea la que impone el ritmo. 2 6 . 2 . Considerar también en este Capitulo el ejercicio 2 0 . 5 . CAPITULO 27. MAQUINARIA DE PUERTOS 2 7 . 1 . Son conocidos los detalles de configuraci ón en el diseño de un remolcador. Se precisa una justificación mecánica de aquellos.
SOLUCION
73
En el esquema adjunto figura una planta del buque. Cuando un buque remolca a otro por popa, si el punto de amarre del cable en el remolcador está en la popa o en una de las aletas, el gobierno de este buque se hace difícil . En efecto si se mete el timón Bb a estribor por ejemplo el buque tiene tendencia a pasar de la posición AB a la A'B' y la tensión t del remolque a la t', creando un momento contrario al timón. Esto se evita cuando el punto de amarre en el remolcador es el centro de gravedad de este, pues en esta circunstancia la tensión en el cable no produce momento alguno con respecto a dicho centro de gravedad. De ahí que los remolcadores sean rasos de popa y tengan su punto de amarre en el centro de su eslora. Para hacer esto eficazmente de manera permanente se dispone en el remolcador de un arco de acero, de tal forma que al correr el cable sobre el, al ir variando su dirección no encuentre ningún obstáculo. Por otra parte los remolcadores tienen una máquina muy potente (en relación con su eslora) y poco revolucionada , con una hélice de gran diámetro para mantener su eficacia durante el remolque de un buque importante a baja velocidad. De ahí que hayan permanecido como remolcadores durante largos años los propulsados por ruedas. 2 7 . 2 . Una draga de succión tiene de calado inicial 3,5 m y debe de dragar un río hasta llegar a un calado final 4,05 m. La bomba succiona 10 metros cúbicos por minuto de arena y agua. La arena sedimentada tiene un peso específico de 2 t/m 3. La capacidad de la bodega es 1000 m3 y cuando en la fase de succión se encontraba totalmente llena y sin haber desbordado el calado era 3,9 m. Calcular las toneladas de arena cargadas y el tiempo para poner la draga en calados. El desborde se estima en un 20%. La densidad del agua de río 1,025. El calado de la draga se estima en 35cm/ton.
SOLUCIÓN . Las toneladas finales a cargar son: (Cf - Ci).Tc= 4,05 m - 3,5 m = 55 cm x 35 t/cm = 1925 t Para que la draga esté en calados finales ha de cargar 1925 toneladas de mezcla (arena + agua), que serán en arena y agua respectivamente: 1925 = 2.X + (1000 - X).1,025 = 923 m3 de arena ó 923x2=1846 t de arena y 1000 - 923 = 77 m3 de arena ó 77x1,025= 78,92 t de agua Cuando llenamos la bodega sin desborde hemos cargado de mezcla: (Cint - Ci). Tc = 3,9 m - 3,5 m = 40 cm x 35 t/cm = 1400 t que serán en arena y agua: 1400 = 2.X + (1000 - X).1,025 = 382,6 m3 de arena y 1000 - 382,6 = 617,4 m3 de agua y el tiempo empleado para este llenado: t = 1000 m3 /10 m3 /m = 100 minutos hasta el desborde. Como en estos 1000 m3 hay 382,6 de arena y 617,4 de agua, nos indica que en los 10 m3 que succiona la bomba entran 3,82 de arena y 6,17 de agua. Como se estima un desborde del 20%, la cantidad real de arena que entra en la bodega es: 3,8 m3 - 20%x3,8 = 3 m3 de capacidad real de bomba. Con esa capacidad tiene que succionar 923 m3 (totales) - 382,6 m3 (no desbordados) = 540,4 m3 1 minuto succiona....... 3 m3 x ......................540,4 m3
x = 540,4/3 = 180,13 minutos
luego el tiempo total será: 100 minutos para llenar la bodega sin desborde con 382,6 m3 de arena, con calado intermedio y 180 minutos para poner a la draga en calados finales con 540,4 m3 de arena 280 minutos para introducir 923 m3 totales de arena ó 1846 toneladas 2 7 . 3 . Para un dragado importante se puede elegir entre dos dragas de succión distintas, que corresponden a modelos europeos fabricados antes del año 1950 y otros bastante posteriores. Las características de ambas dragas se exponen en los gráficos adjuntos, que tienen validez para casi cualquier tipo de terreno a dragar. Se pretende elegir entre la draga moderna o la antigua pero teniendo solo en consideración sus condiciones hidráulicas y mecánicas de funcionamiento.
SOLUCION Analizamos el punto S1de intersección entre la curva característica de la tubería y la curva altura-caudal de la draga antigua. Esta última curva que en su zona izquierda es casi horizontal demuestra una inestabilidad potencial importante. En efecto, si por cualquier razón el caudal baja del original Q1, la altura manométrica total generada por la bomba de la draga fuera menor que la requerida por la conducción entonces el caudal producido disminuiría todavía mas. Si por el contrario el caudal superase a Q1, la altura manométrica producida será mayor que la requerida por la tubería y como consecuencia el caudal aumentaría. Por el contrario en una draga moderna el punto de operación S2 supone una situación estable toda vez que una pequeña disminución de Q, sobre el teórico de Q2, producirá una altura mayor y el caudal aumentará. Por otra parte con un caudal Q ligeramente superior a Q2 la altura total será menor y como consecuencia el caudal decrecerá. 74
2 7 . 4 . Una draga de succión con cutter se aproxima en su funcionamiento a los gráficos incluidos en las figs. 27.9. a y b del libro. Dicha draga tiene una producción de 600 m3 /hora, y un cutter de diámetro 1,5 m, que gira a 20 rpm. Se pretende saber las condiciones de operación de dicha draga, cuando la velocidad de avance es de 6 nudos.
SOLUCION Se calcula la fórmula adimensional Q/nD3 que utilizando unidades coherentes nos produce: 600/(20x60x1,53)=0,15. Por otra parte tomamos en abscisas el valor V/nD (fórmula no adimensional) que particularizando nos da = (6x1,85)/(20x1,5)=0,36. En la figura 27.9.b encontramos el punto S1 que en ordenadas nos da una concentración del 21%. En la figura 27.9.a y para la misma abscisa anterior y para el punto S'1 de intersección con la curva Q/VD2=0,4 obtenida del gráfico b conseguimos el rendimiento 0,42. 2 7 . 5 . Una draga de succión y transporte autopropulsada que ha trabajado en un puerto del Atlántico del sur de Estados Unidos, se le ha impedido en el mes de julio su partida por la Autoridad del Puerto después de una simple inspección ocular exterior, al saberse que su destino, sin escalas, era Manaus, en el Alto Amazonas. ¿Cual habrá sido la razón de esta prohibición, si el buque no presentaba anomalía mecánica o funcional alguna ?
SOLUCION La marca Plimsoll S (verano) en el puerto de partida debe encontrarse rebasada. Sería de temer por tanto que en las aguas dulces del Amazonas se sobrepase la marca FW correspondiente, lo que no está permitido por razones de seguridad.
CAPITULO 28. FIABILIDAD 2 8 . 1 . Se proyecta la instalación de un equipo sumergido fijo de balizas para guiado por sonar de los buques en un canal navegable con dificultades importantes para la navegación por la presencia de bajos peligrosos. Debido a todas estas causas las balizas del sonar deben permanecer en servicio con garantía de seguridad al menos 6 años. Por otra parte los equipos de fijado y calibrado de dichas balizas son también de gran sensibilidad y muy delicados debiendo tener una garantía de funcionamiento de al menos 24 horas que es el tiempo que se supone para que se consiga el emplazamiento de las balizas de forma correcta. Suponiendo que ambos equipos se ajustan en lo que a su fiabilidad de refiere al 75
modelo exponencial, se desea saber el MTBF (Mean Time Between Failures = Tiempo medio entre de averías) de ambos equipos. Se supone en ambos casos una fiabilidad del 0,99. SOLUCION Para el equipo de fijado y calibrado debe cumplirse
e exp (
–24
θ
) = 0,99
de donde se deduce θ =2.388 horas =MTBF 6 años equivalen a 56.560 horas Para el equipo de balizas tenemos
e exp (
–52.560 –52.560 θ
)= 0,99
de donde θ =5.628.000 horas =MTBF 2 8 . 2 . La fiabilidad de un cierto componente electrónico de un equipo sigue la ley exponencial. Se han estudiado dos tipos de políticas para su mantenimiento. La primera reparando el equipo una vez que este se avería. La segunda realizando la sustitución del componente en periodos fijos de acuerdo con una cadencia determinada que se aplica repetidamente, salvo que el equipo se averíe antes, contando a partir de ese momento otra vez la cadencia de sustituciones sistemáticas. ¿Cual de los dos sistemas es el mas conveniente desde el punto de vista de la fiabilidad conseguida?.
SOLUCION Si la fiabilidad es exponencial (ver libro MANUAL DE MAQUINARIA DE CONSTRUCCION Cap.28), su tasa de avería es constante e igual a λ .Esta es la tasa de avería en el primer caso. t
En el segundo caso la duración media de cada pieza es m = R (t ) d t 0
la tasa media de sustitución es de λ = 1 mm que se descompone en = tasa media de reparación por avería + tasa media por sustitución sistemática = –λ
t 1 – R ( t ) R ( t ) + para el caso de una ley exponencial = λ . 1 – e – λ t m( t ) m(t ) 1 –e
–λ
+λ.
e t λ – λ = –λ t 1 –e 1 – e t
En el límite y para el caso exponencial la tasa media es de λ que evidentemente es superior a la obtenida en la hipótesis anterior, que es la mas aconsejable. 2 8 . 3 . Un componente de un equipo sigue la ley de fiabilidad de Weybull con parámetro de forma 1000 y parámetro de escala 3; se desea saber la vida media del equipo y la tasa de sustitución media por avería.
SOLUCION Siguiendo el libro (Cap.28), tenemos µ = η . Γ 1 + 1
β
para nuestro caso vida media µ =1000 Γ (1 + 1 /3) = 890 horas y por tanto la tasa de sustitución por avería es de 1000/890=1,12 componentes. 2 8 . 4 . Disponemos de un remolcador de alta mar que debe prestar servicio periódico en arrastres comprometidos de larga duración y con situaciones de mar difíciles. Dicho remolcador está propulsado por cuatro grupos diesel-eléctricos independientes que trabajan en paralelo, transmitiendo a dos hélices de paso variable la potencia mecánica transformada en energía eléctrica. Se pretende saber en el caso general cual será la fiabilidad del equipo en las dos situaciones siguientes: a) Ningún grupo estará fuera de servicio durante la travesía. b) Se permiten dos grupos fuera de servicio Particularizar los resultados para el caso de un MTBF de 2.000 horas y una duración de la travesía de 40 horas. Evaluar igualmente el resultado previsible para 1.000 travesías de la misma duración a efectos de estimación del seguro marítimo. Se supone que la fiabilidad de cada motor se ajusta suficientemente a una ley exponencial.
SOLUCION Según el enunciado la fiabilidad de un grupo se supone independiente del número de grupos en funcionamiento. La fiabilidad del conjunto depende de las combinaciones posibles de avería que se produzcan en los distintos grupos según los diferentes casos del enunciado. Llamemos R la fiabilidad de un grupo y R(total) la del conjunto; llamemos A a la falta de fiabilidad. Entonces R+A=1 a) No hay mas que un caso favorable: que todos los grupos funcionen. Entonces: R(total)=R4 b) El número de casos desfavorables lo comprenden las probabilidades de que 3 o 4 grupos estén fuera de servicio. Se deduce fácilmente del cálculo combinatorio que teniendo en cuenta las combinaciones posibles, R(total)=1(A4+4A3R)=1-A3(A+4R)=1-(1-R)3.(1-R+4R)=1-(1-R)3.(1+3R). 76
En el caso particular tenemos R=e exp(-40/2000)=0,9802 a) R(total)=0,98024=0,9231 b) R(total)=1-(1-0,9802)3.(1+3x0,9802)=0,9999 Para 1.000 travesías de 40 horas no se presentarán averías según los casos: a) en 923 travesías b) en 999 travesías 2 8 . 5 . Un equipo que sigue la ley de Weybull con parámetro de escala 2.500 horas y parámetro de forma 4 se vende con una garantía de 1.000 horas. ¿Que proporción de piezas se supone habrá que sustituir durante el periodo de garantía?. Para el doble del número de piezas obtenido ¿cual sería su vida media?
SOLUCION 1 –
e
– 1000 2500
4
=1
e
–0,0256
Ln (– Ln(1 – 2 x0,0253))
2500 . e
44
= 0,0253 =2,5% de piezas
= 1.193 horas
2 8 . 6 . Dos grupos electrógenos alimentan en paralelo una obra de gran importancia estratégica en una zona de alta montaña en doble turno continuado de 2x8 horas diarias. Sabiendo que dichos grupos se comportan siguiendo una ley exponencial con un MTBF de 3000 horas, se pretende saber la fiabilidad en los dos casos siguientes: 1-Ningún grupo está fuera de servicio 2-Un solo grupo está fuera de servicio. Se pretende igualmente saber cuantos días al año se espera que la obra funcione correctamente en los dos casos anteriores.
SOLUCION R = e
–16 3000
=0,994681
A + R = 1
1º. R(total)=0,9946812=0,98990 2º. R(total)=1-(A2+2AR)=1-(1-R).(1+R)=0,98939 para R=0,994681 3º. 365x0,98990=361 días al año 365xo,98939=361 días al año.
2 8 . 7 . Un equipo que sigue la ley de Weybull con parámetro de escala 2.750 horas y parámetro de forma de 3,75 se vende con una garantía de 1.000 horas. ¿Que proporción de piezas se supone habrá que sustituir durante el periodo de garantía?. Para el triple del numero de piezas obtenido ¿cual sería la vida media del equipo?.
SOLUCION 1 – e exp – 1000 2750
3,75
= 1 – e –0,0225 =0,0223=2,23%
2 8 . 8 . Dos equipos A y B equivalentes siguen la ley de Weybull. El equipo A con parámetro de escala 2.600 horas y parámetro de forma 4, tiene una garantía de 1.000 horas. El equipo B tiene un parámetro de escala de 4.100 y un parámetro de forma de 3, con una garantía de 2.000 horas. El precio del equipo A es de 100.000 euros y el B de 20.000 euros. ¿Cual es mas económico a largo plazo, el A o el B?
SOLUCION Ver pag. 28-15.
00=2.170 Costo B=0,1096x20.000=2.196 Ambos están muy próximos pero es mas económico el A.
Costo A=0,0217x100.0
77
CAPITULO 29. PLANIFICACION DE OBRAS 2 9 . 1 . En los cuadros adjuntos se incluyen las operaciones elementales para la introducción de una Empresa de Obras Públicas en el proceso del mercado internacional, que suponemos se ajusta muy simplificadamente a la realidad. Los números que figuran en los cuadros para cada actividad son sus tiempos fijos en semanas así como los que se supone pasan entre dos actividades consecutivas (si los hubiera). Las actividades deben empezar el 1 de enero de 1990 y deben terminar totalmente antes del 9 de Noviembre del mismo año. Se pide obtener las 4 fechas límites de cada actividad, (EARLY & LATE START/EARLY & LATE FINISH) señalando también los márgenes de todas las actividades (float) y aquellas que sean críticas si las hubiera. El ejercicio debe realizarse por medio de un programa de ordenador "ad hoc"
NOMBRE ACTIVIDAD Beguin Dirección de Exterior Definición de Competencias Objetivos Generales Dirección de Negocios Dirección de Operaciones Atribución de Personal Dirección de Exterior Completed Tiempo entre actividades Tiempo entre actividades (principio) (final) Beguin Dirección de Exterior Definición de Competencias Definición de Competencias Objetivos Generales Objetivos Generales Dirección de Operaciones Dirección de Operaciones Atribución de Personal Objetivos Generales Dirección de Negocios Dirección de Negocios Atribución de Personal Atribución de Personal Dirección de Exterior Completed
DURACION (Semanas) 0 4 2 5 6 4 0 DURACION (Semanas) 3 5 4 8 0 1 5
78
SOLUCION Actividad Dirección de Exterior (Inicio) Definición de Competencias Objetivos Generales Dirección de Negocios Dirección de Operaciones Atribución de Personal Dirección de Exteriores (Final)
Tiempo Float 0 4
Early Start Ene/1/90
Early Finish Ene/1/90
Late start Ene/29/90
Late Finish Ene/29/90
4
4
Ene/22/90
Feb/16/90
Feb/19/90
Mar/16/90
2
4
Mar/26/90
Abr/6/90
Abr/23/90
May/4/90
5
16
Abr/9/90
May/11/90
Jul/30/90
Ago/31/90
6
4
May/7/90
Jun/15/90
Jun/4/90
Jul/13/90
4
4
Ago/13/90
Sep/7/90
Sep/10/90
Oct/5/90
0
4
Oct12/90
Oct/12/90
Nov/9/90
Nov/9/90
No existen actividades críticas.
79
ANEJO 1 Datos de servicio de una grúa Longitud Alcance Angulo Capacidad Capacidad Longitud de la de la de carga de carga de la pluma pluma (t) (t) pluma s/perfil s/perfil trans. long. 4,57 80 91.4 91.4 5,0 78 83.9 83.9 6,0 75 66.3 66.3 7,0 72 52.2 52.2 18,3 8,0 68 42.9 42.9 9,0 65 36.3 36.3 10,0 62 31.4 31.4 12,0 54 24.5 24.5 14,0 46 19.9 19.9 36,5 16,0 36 16.7 16.7 18,0 24 14.3 14.3
21,3
4,88 5,0 6,0 7,0 8,0 9,0 10,0 12,0 14,0 16,0 18,0 20,0
80 80 77 74 72 69 66 60 53 46 38 29
78.2 76.8 65.5 51.9 42.6 36.0 31.1 24.3 19.7 16.5 14.0 12.1
78.2 76.8 65.5 51 9 42.6 36.0 31.1 24.3 19.7 16.5 14.0 12.1 39,6
24,3
27,4
5,49 6,0 7,0 8,0 90 10,0 12,0 14,0 16,0 18,0 20,0 22,0 24,0
80 79 76 74 72 69 64 59 53 47 40 32 21
67.0 64.8 51.8 42.5 35.9 31.0 24.1 19.6 16.3 13.9 12.0 10.0 8.3
67.0 64.8 51.8 42.5 35.9 31.0 24.1 19.6 16.3 13.9 12.1 10.5 9.3
6,1 7,0 8,0 9,0 10 0 12 0 14,0 16,0 18,0 20,0 22,0 24,0 26,0
80 78 76 74 71 67 62 58 52 47 41 34 26
58.9 51.0 42.4 35.8 30.9 24.0 19.5 16.2 13.8 11.9 9.9 8.2 7.3
58.9 51.0 42.4 35.8 30.9 24.0 19.5 16.2 13.8 11.9 10.4 9.2 8.2
42,6
Alcance
7,6 9,0 10,0 12,0 14,0 16,0 18,0 20,0 22,0 24,0 26,0 28,0 30,0 32,0 34,0 36,0
Angulo Capacidad Capacidad de la de carga de carga pluma (t) (t) s/perfil s/perfil trans. long. 80 38.6 38.6 78 34.9 34.9 76 30.4 30.4 73 23.5 23.5 70 19.0 19.0 66 15.7 15.7 63 13.3 13.3 59 11.2 11.4 56 9.2 9.9 52 7.7 8.7 48 6.8 7.7 43 6.0 6.8 38 5.4 6.1 33 4.8 5.4 27 4.3 4.9 18 3.9 4.4
8,23 9,0 10,0 12,0 14,0 16,0 18,0 20,0 22,0 24,0 26,0 28,0 30,0 32,0 34,0 36,0
80 79 77 74 71 68 65 62 58 55 51 48 44 39 34 29
34.5 32.6 30.1 23.3 18.8 15.5 13.1 10.9 8.9 7.5 6.6 5.8 5.2 4.6 4.1 3.7
34.5 32.6 30.1 23.3 18.8 15.5 13.1 11.2 9.7 8.5 7.4 6.6 5.8 5.2 4.6 4.1
8,84 9,0 10,0 12,0 14,0 16,0 18,0 20,0 22,0 24,0 26,0 28,0 30,0 32,0 34,0 36,0 38,0 40,0
80 80 78 75 73 70 67 64 61 58 55 51 48 44 40 36 31 25
28.4 28.2 26.8 23.2 18.6 15.4 12.9 10.7 8.7 7.4 6.5 5.7 5.1 4.5 4.0 3.5 3.2 2.8
28.4 28.2 26.8 23.2 18.6 15.4 12.9 11.1 9.6 8.3 7.3 6.4 5.7 5.0 4.5 4.0 3.6 3.2
80
Longitud de la pluma
30,4
33,5
Alcance
Angulo de la pluma
6,7 7,5 9,0 10,0 12,0 14,0 16,0 18,0 20,0 22,0 24,0 26,0 28,0 30,0
80 78 75 73 69 65 61 57 52 47 42 36 29 20
Capacidad de carga (t) s/ perfil trans. 50.8 46.1 35.6 30.7 23.8 19.3 16.0 13.6 11.6 9.6 7.9 7.1 6.3 5.6
7,0 7,5 9,0 10,0 12,0 14,0 16,0 18,0 20,0 22,0 24,0 26,0 28,0 30,0 32,0
80 79 77 75 71 68 64 60 56 52 47 43 37 31 24
44.7 43.0 35.4 30.5 23.6 19.1 15.8 13.4 11.3 9.3 7.8 6.9 6.1 5.5 4.9
Capacidad Longitud Alcance de carga de la (t) pluma s/ perfil long. 50.8 9,1 46.1 10,0 35.6 12,0 30.7 14,0 23.8 16,0 19.3 18,0 16.0 20,0 13.6 22,0 11.7 24,0 10.2 45,7 26,0 9.0 28,0 7.9 30,0 7.1 32,0 6.3 34,0 36 0 44.7 38,0 43.0 40,0 35.4 42,0 30.5 23.6 9,7 19.1 12,0 15.8 14,0 13.4 16,0 11.5 18,0 10.0 20,0 8.8 22,0 7.8 24,0 6.9 26,0 6.1 48,7 28,0 5.5 30,0 32,0 34,0 36,0 38,0 40,0 42,0 44,0 46,0
Angulo Capacidad Capacidad de la de carga de carga pluma (t) (t) s/ perfil s/ perfil trans. long. 80 27.2 27.2 79 26.2 26.2 76 23.1 23.1 74 18.5 18.5 71 15.3 15.3 69 12.8 12.8 66 10.6 11.0 63 8.5 9.4 60 7.3 8.2 57 6.4 7.2 54 5.6 6.3 51 5.0 5.6 48 4.4 4.9 44 3.9 4.4 41 3.4 3.9 37 3.1 3.4 32 2.7 3.0 27 2.4 2.7 80 77 75 72 70 67 65 62 60 57 54 51 48 45 41 37 33 29 24
22.4 21.4 18.3 15.0 12.6 10.2 8.2 7.1 6.2 5.3 4.7 4.2 3.7 3.2 2.8 2.5 2.2 1.9 1.6
22.4 21.4 18.3 15.0 12.6 10.7 9.2 8.0 6.9 6.1 5.3 4.7 4.1 3.6 3.2 2.8 2.4 2.1 1.8
Orugas de 5,87m. ó 6,86mx4,06m
81
ANEJO 2 Características principales de la grúa Potain 744CS Configuración del pilono (mástil) 1+0+1 1+2+1 1+4+1 1+6+1 1+8+1 1+10+1 1+12+1 1+14+1 1+15+1 1+16+1 Módulos de 2,3m para formación del mástil Ancho de la base de apoyo: 4,5m
Características de elevación Aparejo Velocidad m/min Aparejo pesado 1(Baja velocidad) 0-30 Aparejo pesado 2(Baja velocidad) 0-40 Aparejo pesado 1(Alta velocidad) 0-60 Aparejo pesado 2(Alta velocidad) 0-80 Aparejo ligero 1(Baja velocidad) 0-15 Aparejo ligero 2(Baja velocidad) 0-20 Aparejo ligero 1(Alta velocidad) 0-30 Aparejo ligero 2(Alta velocidad) 0-40 1=Tambor 2=Tambor con forros
metros 9,5 14,1 18,7 23,3 27,9 32,5 37,1 41,7 44 46,3
Kg 5.000 4.000 2.500 2.000 10.000 8.000 5.000 4.000
Motorización Velocidad 0-0,8 r.p.m. 0-60 m/min 25m/min 0-80 m/min (ver cuadro)
Orientación Traslación Desplazamiento del carro Elevación
Potencia 2x6,5CV 7CV 2x5CV 45CV
Cuadro de cargas-alcances Luces sobrecarga Luces contrapeso Cargas (pluma 30m) Cargas (pluma 36m) Cargas (pluma 38m) Cargas (pluma 42m) Cargas (pluma 46m)
30 16,2 5.000 5.000 4.750 4.500 4,200
36 19,2
Pluma en metros 38 20,2
42 21,2
46 22.2
4.000 3.750 3.600 3.600
3.500 3.250 3.000
3.000 2.750
2.550
82
