SOLUCIONARIO-MECA-I-y-II-1-UNAS ingeniería agro-nomo

MANUAL DE EJERCICIOS DE MECANIZACIÓN AGRÍCOLA 1
AREA DE INGENIERÍA AGRÍCOLA – FACULTAD DE AGRONOMÍA - UNAS – Tingo María 2006

MECANIZACION AGRICOLA I

Problema 01

El dueño de un tractor dispone de dos baterías de 6 voltios y desea conectarlas en su
tractor que tiene un sistema eléctrico de 12 voltios. Como conectaría usted las baterías.
Haga el esquema correspondiente:
Respuesta: Las conectaría en serie, según el siguiente esquema

6v 6v (-)

(+)
12v

Problema 02

El esfuerzo de tracción en la barra de tiro es un dato muy importante ya que el objeto del
tractor es “tirar” y “arrastrar”, pero esto esta en función directa de la potencia que
desarrolla el motor y limitado sustancialmente por el peso del tractor; es decir, el esfuerzo
máximo de tracción que puede conseguir un tractor nunca es mayor que su peso, según
esto, para un tractor catterpillar D4 de cadenas que pesa 20150lb y desarrolla una
potencia de 56Kw en la volante, a que velocidad lineal máxima puede trabajar,
suponiendo que no existen perdidas de potencia por patinaje y que las pérdidas de
potencia por patinaje y que las pérdidas por transmisión, altitud, temperatura, etc. son del
orden del 10% desde la volante a la barra de tiro.

Datos:

Q = 20150lb
Pv = 56Kw
NF = 90%
Fuerza máxima de tracción

Autores: M.Sc. Segundo C. Rodríguez Delgado Ingº Henry Dante Sánchez Díaz

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H  Q = 20150 lbs
H = Fx + RR → ConsiderandoRR = 0
H = Fx = 20150lb  1Kg = 9160Kg  9.8N  1K N

2.2lb 1Kg 1000N
Fx = 89.768K N

Én la práctica Pv  Pe

nF = PBT  0.9 = PBT  PBT = 50.4Kw
Pe 56Kw

PBT = Fx V

V = PBT  50.4Kw = 0.56 m s
Fx 89768K N

Re spuesta

V = 2 Km h

Problema 03 cinemática 1

La fórmula p = X/d, representa el patinaje y se define como la relación que existe entre la
pérdida de distancia recorrida por las ruedas del tractor y la distancia que teóricamente
recorrerían las mismas ruedas. Si p= 15%, rs= 30. Que distancia se pierde por patinaje
durante un trabajo normal de aradura, si la rueda de mando se mueve a 14RPM y el
tiempo que demora el tractor en recorrer la distancia de evaluación es de 45 segundos.

Datos:

P = x/d
P = 15%
Ts = 30 pulgadas
X=?
Wn = 14RPM

T = 45”
do = distancia teórica
d = distancia recorrido
x = distancia efecto del patinaje

Autores: M.Sc. Segundo C. Rodríguez Delgado Ingº Henry Dante Sánchez Díaz

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p = x = do − d = 0.15
do do

( )V = 2.rsw = 2(3.1415)(30 pulg adas)14 rev min

V = 2638.86 pulg  2.54cm  1m  1min
min 1pulg 100cm 60seg

V = 1.12 m s
d = V  t → d = 1.12 m  45seg  d = 50.3m

s
x = p  d  0.15  50.3 = 7.54m
Respuesta = 7.54m

Problema 04 cinematica

Si el patinaje es de 12% y Cn = 15, estimar el coeficiente de tracción “u”, según la
fórmula: u = H/Q = {0.75 (1 – e –0.3*Cn*p)}

Datos:

P = 12%

Cn = 15
U=?

U = H = 0.751 − e− 0.3  Cn  p 
Q

U = 0.751 − e− 0.3 15 12 

Re spuesta

U = 0.313

Problema 05 estática 1

La fuerza que emplea un tractor, que pesa 4000Kg, para halar un remolque de 5000Kg
de peso, en la barra de tiro, es la misma que se necesita para iniciar el rodamiento de un
remolque. Según usted qué potencia se esta desarrollando en la barra de tiro, si el
remolque asciende por una pendiente de 10% a una velocidad de 10kph y cuál seria la
potencia adicional que se necesita para mover sólo el tractor por la pendiente, en

Autores: M.Sc. Segundo C. Rodríguez Delgado Ingº Henry Dante Sánchez Díaz

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comparación a una superficie plana. El coeficiente de resistencia a la rodadura es de 0.05
para todas las ruedas.

Datos:
Q = 4000Kg
QR = 5000Kg
Pendiente = 10%
V = 10Km/h

Potencia adicional en comparación de la superficie plana
Ψ=0.05

• Esquema del tractor

RR

Fx 4000 cos10º
RR 4000 sen10º
5000cos10º

10º 5000 Seno10º

Pendiente RR = 4000cos10º (0.05) = 197Kg
Fx = 4000cos10º (0.05) = 197Kg

Superficie plana RR = 4000(0.05) = 200Kg La diferencia
Fx = 4000(0.05) = 200Kg es

mínima

• Esquema del remolque

Pendiente RR = 5000cos10º(0.05) = 246.2Kg

Plano RR = 5000(0.05) = 250Kg

Autores: M.Sc. Segundo C. Rodríguez Delgado Ingº Henry Dante Sánchez Díaz

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• En pendiente
Fx = RR tractor + Qsen10º + RR remolque + Qsen10º

Fx = 197Kg + 694.6Kg + 246.2Kg + 868.24Kg

Fx= 2006Kg

PBT = Fx * V V = 10Km/h = 2.78m/s

PBT = 2006Kg x 2.78m/s x 1CV / (75Kg x m/s)

PBT = 74.3 CV Respuesta
En superficie plana con remolque
Fx = RR tractor + RR remolque
Fx = 200Kg + 250Kg
Fx = 450Kg
PBT = 450.2Kg x 2.78m/s x 1CV / (75Kg x m/s)

PBT = 16.68CV

La potencia adicional es: 74.3 - 16.68 = 57.62 CV

Problema 06

Si el tractor enunciado en el problema 05 fuera turboalimentado con una eficiencia del
90% y trabaja a 3000msnm en una planicie, sobre un terreno que ofrece una resistencia a
la rodadura de 1 ton por cada 400 ton de peso y un patinaje de 10%. Si este trabajo es de
aradura en el que se utiliza un arado de discos que necesita una unidad de tracción de
80Kg por cada decímetro cuadrado de corte de la sección transversal del prisma de
tierra, a una profundidad de 30cm, el número de discos es de 4 y el corte efectivo de
cada disco es de 42cm. La velocidad nominal de aradura es de 4kph. El tractor tiene un
rendimiento de la transmisión del 90%. Se pide encontrar la potencia efectiva o al freno o
a la volante, que desarrolla el motor de este tractor.

Autores: M.Sc. Segundo C. Rodríguez Delgado Ingº Henry Dante Sánchez Díaz

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Datos:

nF = 90% Pe = Pv = ?
h = 3000msnm
R = 1/400 = 0.0025 s = Vn −V  V = Vn(1- s)
S = 10%
Arado de discos V
Ut = 80Kg/dm2
P r = 30 cm =3 dm V = 4(1− 0.1)
n= 4
ae = 42cm = 4.2 dm V = 3.6 Km h = 1m s
Vn = 4Km/h
nt =90% Fx = Ut  pr  ae n

Fx = 80 Kg  3dm 4.2m  4
dm2

Fx = 4,032Kg

PBT = Fx V  PBT = 4,032 Kg 1 m  1Hp m
s 76Kg 

s

PBT = 53 Hp

n P → Pe = 53
= BT
F Pe 0.9

Pe = 59Hp

Problema 07

Para las condiciones de trabajo enunciadas en el problema 06 se necesita que la
velocidad del motor sea de 1500RPM. Se pide calcular las dimensiones del cilindro si la
carrera del pistón debe ser de 100mm, el Ic=16:1 y la presión media desarrollada en el
cilindro es de 20Kg por centímetro cuadrado. El motor debe ser de 4 cilindros y 4
tiempos. Se pide además calcular el torque que desarrolla el motor y el eje toma de
fuerza si su relación de movimiento es como 2 es a 1.

Datos:

W = 1500 rpm
Pm = 20 Kg/dm2
h = 100mm
N=4
Ic = 16: 1

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Tm = ?
Te= ?

Qc = 0.06Pi Qc = 3.9 gl/h

Qc = 3.9 gl  3.785lt  1dm3  1m3  823 Kg
h 1gl 1lt 1000dm3 m3

Qc = 12.15 Kg
h

Qc = nv Vc W  K

12.15 = 1.5 Vc 1500  0.001

Vc = 12.15
1.5 1500  0.001

Vc = 5.4lt = 5400cm3 en cuatro cilindros

Vc = 1350cm3 por cada cilindro

Vc = D2  L →1350cm3 = (3.1415)D2 10cm

44

D = 1350  4  D = 13cm
3.1415 10

Pv = 2TW
9000

T =  58.2  9000 ) 
 
2(3.1415)(1500

Tn = 55.6Kg − m.(relación 2 :1)

Re spuesta

TE = 27.80Kg  m

Problema 08 cinemática 2

Se quiere operar una trilladora estacionaria que debe funcionar con una velocidad lineal
de la faja de 1800 pies/min., con la polea de un tractor que tiene 15 cm de diámetro. A
que velocidad debe girar la polea para este trabajo.

Datos:

Autores: M.Sc. Segundo C. Rodríguez Delgado Ingº Henry Dante Sánchez Díaz

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V = 1800 pies  = 2rg
min

p = 15cm

W=?

VL = 1800 pies  12 pulg  2.54cm
min 1pie 1pulg

VL = 54864 cm
min

VL = 2 .rg.W

54864 cm = 2(3.1415)(7.5cm)W

min
Re spuiesta

W = 1164.3 rev
min

Problema 09

La potencia efectiva que se requiere en el motor de un tractor para realizar labores de
preparación de tierras debe ser de 70CV. Si la velocidad de régimen del motor es de
1800rpm, determinar las otras dimensiones del cilindro si la carrera del pistón es de
100mm, el índice de comprensión es de 16 a 1 y la presión media efectiva desarrollada
en el sistema cilindro pistón es de 20 Kilogramos por centímetro cuadrado. El motor debe
ser de 4 cilindros y de 4 tiempos. Se pide además calcular el torque que desarrolla el
motor.

Datos:

Pe = 70cv Pi =1.1 Pe = 77 cv
W = 1800rpm
Ф =?
Ic = 16:1
Pn = 20 Kg/cm2
C = 100mm

Qc =0.06 Pi
Qc= 0.06(77cv)
Qc=4.62 gl/h

Autores: M.Sc. Segundo C. Rodríguez Delgado Ingº Henry Dante Sánchez Díaz

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Qc = 04.62 gl  3.785lt  1dm3  1m3  823 Kg
h 1gl 1lt 1000dm3 m3

Qc = 14.4 Kg (en los cuatro cilindros )

h
Vcada cilindro = 1325.0cm3 Respuesta

Vc = D2  C →1325cm3 = (3.1415)D 10cm

44
D = 1325  4

3.1415 10
Re spuesta
D = 13cm

Pv = 2 .TW 70cv  69Hp
9000

69 = 2(3.1415)T (1800)

9000

Tm = 69  9000 )

2(3.1415)(1800

Re spuesta

Tm = 55Kg / m

Problema 10

Las características del combustible utilizado en un motor diesel de un tractor de 80CV,
son °API =, D = 823 Kg/m3, VCS = 45700 KJ/kg, Ra/c = 15, que potencia máxima
equivalente entrega este combustible en el momento de la combustión.

Datos :

Pe = 80cv
D = 823 Kg/m3
Vcs = 45700 KJ/Kg
Relación aire/combustible = 15/1
Pc = ?
Qc = 0.06Pi

Autores: M.Sc. Segundo C. Rodríguez Delgado Ingº Henry Dante Sánchez Díaz

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Qc = 48gl  3.785lt  1dm3  1m3  823 Kg
h gl 1lt 1000dm3 m3

Qc = 14.95 Kg h
Pc = Vcs  Qc = 45700 14.95

3600 3600
Re spuesta
Pc = 189.8Kw

Problema 11

Un motor diesel de 4 cilindros y 4 tiempos, gira a 2300 RPM, bajo una fuerza de los
pistones de 2500 Kg, producto de una comprensión de 16 a 1. Se pide determinar: Pv; C ;
rc; Pi; Qa; Pm; Vcc.
Datos adicionales:

• Radio del cigüeñal = 6 cm.
• Densidad del diesel = 0.95 Kg/lt
• Qc= 0.45 lb/Hp-h,
Asuma los datos que crea conveniente.

Datos: Pc =?
C =?
N=4 rc = ?
Motor diesel Pi = ?
W = 2300rpm Qa = ?
FM=1500Kg Pm = ?
Ic= 16:1
rg = 6cm Vcc = ?
 = 0.95 Kg

lt
Qc = 0.45 lt/Hp-h

Autores: M.Sc. Segundo C. Rodríguez Delgado Ingº Henry Dante Sánchez Díaz

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T = Fm rg = 1500Kg  0.06m = 90Kg − m

Pv = 2TW → Pv = 2(3.1415)(90)(2300)
9000 9000

Pv = 144.5Hp
Pi = 1.1Pv
Pi = 159Hp

Qc = 0.45 lb  1Kg 159Hp = 32.5 Kg
Hp − 2.2lb
h h

Qc en cada cilindro Qc = 8.125 Kg
h

Qc = nvvc w K

8.25 Kg = 1.5 vc 2300 0.001
h

vc = 8.125
1.5 2300 0.001

vc = 2.355lt = 2355cm3

Ic = vc + 1
vcc

16 = 2355 + 1
vcc

vcc = 157cm3

Pm = Pi9000  159(9000) = 1500

ACNW ACNW A

Pm = F
A

C = 159(9000) = 0.1037m

1500  4  2300
C = 10.37cm

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Vc = D 2  C
4

2355cm3 = (3.1415)  D 2 10.37cm

4

D= 4  2355 = 17cm = 2rc

(3.1415)(10.37)

rc = 8.5cm

Qa = Vc W
2

Qa = 2355  2300
2

Qa = 2708250 cm3  1lt
min 100cm3

Qa = 2708.25 lt  1min
min 60seg

Re spuesta

Qa = 45 lt por cada cilindro
seg

Pm = Fm A = D 2
A 4

Pm = 1500Kg A = (3.1415)(17)2
227cm 2
4
Pm = 6.6 Kg A = 227cm2
cm 2

Problema 12

El diseño de un tractor de ruedas convencional, de aspiración natural, arroja la siguiente
información: T = 1420mm; lp = 2230mm; hp = 880mm; d = 1240 mm.; w = 2030mm; P =
7.5 ton; Pe = 100Kw; ntr = 90%.
Con este tractor se trabaja un campo de cultivo a 4.5 KPH, donde el patinaje es 20% y el
coeficiente de resistencia a la rodadura es 0.04. El campo se encuentra en el
Departamento de Junín a 5800msnm.

Se pide:

a) Hacer el diagrama de flujo que esquematiza las pérdidas de potencia.
b) Cuál es la eficiencia total de tracción.
c) En ocasiones el tractor debe trabajar bajo ángulos de inclinación de 10°; cómo

afectaría esto a la potencia si trabaja cuesta abajo.

Autores: M.Sc. Segundo C. Rodríguez Delgado Ingº Henry Dante Sánchez Díaz

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d) Si el tractor trabaja en una ladera bajo un ángulo de inclinación de 15° y hace un
viraje con un radio de curvatura de 15m, qué velocidad haría que el tractor vuelque.

e) Sobre una ladera, el tractor empieza a desestabilizarse al hacer virajes de 10m. A
una velocidad de 20kph; bajo qué ángulos de inclinación se encontraba trabajando.

d

P hg
hp
W
lp

t

Datos:

t =1420mm
lp = 2230mm
hp = 620mm
hg = 880mm
d = 1240mm
w = 2030mm
P = 7.5 Th
Pe = 100Kw
Ntr = 90%
V = 4.5 KPH
P = 20%
CRR = 0.04
h = 5800msnm

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Pe Transm. PTF (+)
(-)
PP Ruedas
PRR BT

na = 1 − h = 1 − 5800 = 0.42  42%
10000 10000

Ptr = Pent.a(1 − ntr) = 100x0.42(1 − 0.90) = 4.2Kw

pp = (Pe − pa − ptr)P = 10.76Kw

PRR = RR  vr

p = Vn − Vv = 4.45 − Vr = 0.202
Vr 4.45

Vr = −(0.2 + 4.45) + 4.45

Vr = 3.56KPH

PRR = (P  CRR )Vr = (7,5Tn  0.04)3.56 Km   1000Kg  1 m/s + 1HP m + 0.746Kw
h  1Tn 3.6 76Kg − 1HP


s

PRR = 2.912Kw

Pa = Pe. Na =100 x 0.42 = 42Kw

( )PBT Pe − pa − ptr − pp − pRR = 40.128KW

nT = PBT = 40.128 = 040
Pe 100

nT = 40%

10º Fc
15º
Psen 10º
P T
10º
P
15º

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PB = (Psen10º)(V )

(7500Kg  sen 10º) 4.5 Km  m    1HP  0.998 
h 3.68   76Kg  
  m 
 s 1HP 

PB = 19.176KW (Potencia que gana el tractor cuesta abajo)

tg2 = t = 1420 = 0.806818
2hg 2  880

2T 2 = 38.897 = 38º53`50``

T = 90 −15º−38º53`50``

T = 36.10278 = 36º6`10``

r=15cm

Fc = P → Fc = PsenT
senT sen 2 sen 2

Fc = Pv2
gr

V = 0.938389  9.8115

V = 11.75 m s
Re spuesta

V = 42.3KHP

Problema 13

Se tiene un motor de cuatro cilindros, de 6cm de diámetro cada uno, encendido por
chispa. La presión media desarrollada en el cilindro es 130lb/pulg2 empuja a los pistones
con una fuerza que hace que el cigüeñal se mueva en una trayectoria circular de radio
igual a 5cm, con una velocidad tangencial de 942.48 m/min. El funcionamiento del motor
corresponde al ciclo dual para un motor de combustión interna que se esquematiza en la
pizarra.
Se pide calcular:

a) Índice de comprensión
b) Carrera del pistón.
c) Espacio de la cc
d) Potencia Indicada y a la volante

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Datos: 3 4
2
N=4 1
Ф = 6cm 3
Pm = 130lb./pulg
VT= 540Cm
rg = 5cm

VT = 942.48 m/min

Calcular 2
a) IC= ?
Vcc= 90Cm

Ic = VT = 540
Vcc 90

Ic = 6,El valor de su Ic es de 6
1

b) C = ?

450cm3 (3.1415)(6)2  C
4
VT = Vc + Vcc
Vc = 2 C 540 = Vc + 90 C = 4(450) = 1800
36(3.1415) 113.1
4 Vc = 450cm3

Re spuesta

C = 15.9cm  16cm

b) e = ?

Vcc = 2  e
4

90cm3 = (3.1415)62  e

4

e = 4(90) = 360
36(3.1415) 113.1

Re spuesta

e = 3.18cm

d) Pi y Pv ?

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Pi = Pm  A C  N W Pm = 130lb  1KG  1pu lg 2 2
900 pul 2 2.2lb
(2.54)2 cm

Pm = 9.16 Kg cm2

Pero
Vc = 2rgW

942.48 cm = 2(3.1415)(5cm)(W )

min

94248 cm = 2(3.1415)(5)(W )

min
W = 3000rpm

Pi = 9.6Kg / cm2  28.27cm2  0.16m  4  3000
9000

Pi = 55.24HP

Pv = 0.90Pi

Pv = 0.90(55.24)

Pv = 49.7HP

Problema 44 cinemática 3

Las características de un motor de un tractor de orugas son las siguientes:
- N° de cilindros = 6
- N° de tiempos = 4
- Rev. Del motor = 2500 RPM
- Fuerza = 2200 Kg
- Rendimiento volumétrico = 1.5
- Radio giro cigüeñal = 6 cm
- Índice de comprensión = 16:1
- Cons. Combust. = 0.46 lt/min
- Densidad combustible = 0.95 Kg/l

Se pide determinar:

a) Potencia a la volante
b) Potencia indicada
c) Recorrido del pistón consumo de aire
d) Consumo de aire

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MANUAL DE EJERCICIOS DE MECANIZACIÓN AGRÍCOLA 18
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e) Radio del cilindro

f) Presión media

g) Volumen de la cámara de combustión

Datos: Determinar:

N =6 a ) Pv
T =4 b) Pc
W = 2500PM c)C
Fm = 2200kg d )Qa
v = 1.5 e)
r9 = 6cm f )Pm
Ic = 16 :1 g )Vcc
 = 0.95kg lt

Solución
Pv = 2 Tw = 2(3.1415)(132)(2500)
9000 9000

Pv = 230.4Hp  233.9cv

Pi = 1.10Pv

Pi = 233.9(1.1)

Pi = 257.29Cv = 253.4Hp

Qc = 0.06Pc

Qc = 0.06(257.29Cv)

Qc = 15.44gl h

Qc = v •Vc •W • K

Qc = 15.44gl h  3.785lt  0.95kg lt
Qc = 55.5 kg h
55.5kg h = 1.5  Vc  2500  0.001

Vc = 14.8lt Cilindrada
Vcada cilindro = 2.467lt = 2467cm3

Pi = Pm  C  A  W  N
9000

Pi = Fmedia CAWN
A

9000

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MANUAL DE EJERCICIOS DE MECANIZACIÓN AGRÍCOLA 19
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Pi = Fmedia  C  A  W  N
9000

253.4Hp = 2200kg  C  2500  6
9000

C = 0.069m
C = 6.9cm

Vc =  D2 C
4

2467cm3 = (3.1415)D2 6.9cm

4

D= 2467x4

(3.1415)(6.9)

D = 21.3cm

Qa = Vc W
2

Qa = 2.467lt  2500
2

Qa = 3083.75lt / min
Qa = 51.4lt / seg

Pm = Fm = 2200
A 323.65

Pm = 6.8kg cm2

A =  D2
4

A = (3.1415)(20.3)2

4
A = 323.65cm2

Ic = VT = Vc + Vcc = Vc + 1
Vcc Vcc Vcc

16 = 2.467lt + 1
Vcc

Vcc = 0.164lt = 164cm3

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Problema 15

Hacer el análisis volumétrico de los productos de la combustión del petróleo diesel
empleado en un motor de tractor con turbo alimentador que provee un exceso de aire del
150% quedando 12.25 moles de oxígeno sin reaccionar.

Datos:

Fórmula del cetano: C16H34

Para condiciones ideales, la ecuación de reacción es:

( )C16H34 + b O2 + 376N2  p CO2 + +q H2O +r N2

C : 16 = p
H : 34 = 2q → q = 17
O : 2b = 2 p + q

2b = 2(16)+17

b = 24.5

N : 2b(3.76) = 2r
2(24.5)(3.76) = 2r

r = 92.12

La ecuación de reacción será:

C16H34 + 24.5(O2 + 3.76N2 )  16CO2 +17H2O + 92.12N2

Con 50% en exceso de aire

C16H34 + 24.5(1+ 0.5)(O2 + 3.76N2 )  pCO2 + sCO + qH2O + rN2 + tO2
C16H34 + 36.75(O2 + 3.76N2 )  pCO2 + sCO + qH2O + rN2 + tO2

C : 16 = p + s
16 =15.5 + s → s = 0.5

H : 34 = 2q → q = 17

O : 2(36.75) = 2p + s + q + 2(12.25)

73.5 = p + p + s + q + 25
73.5 = p + 16 + 17 + 25
p = 15.5

N : 2(36.75)(3.76) = 25

r =138.18

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La ecuación de reacción será:

C16H34 + 36.75(O2 + 3.76N2 ) 15.5CO2 + 0.5CO +17H2O +138.18N2 +12.5O2

Problema 16 cinemática 4

Encuentre el volumen de la cámara de combustión de un motor diesel de cuatro tiempos,
si se sabe que:
• Relación de comprensión 16:1
• Diámetro del cilindro: 10.5cm
• Longitud de carrera 12cm
• Números de cilindros: 4

Datos:

Ic = 1 16
D =  = 10.5cm
C =12cm
N =4

Vcc
Vcc = 2 e

4

Vcc = (3.1415)(10.5)2 0.8

4
Respuesta: Vcc = 69.27cm3

Ic = C + 1
e

16 = C + 1
e

e = 0.8

Problema 17

Una de las partes operativas del tractor es la polea; si el diámetro de esta polea es de 10
pulgadas y se quiere hacer operar con esta una trilladora de granos que necesita una

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velocidad de la faja de 1800pies/min ¿A cuántas revoluciones debe girar la polea del
tractor?

Datos:

 p = 10 pu lg

VL =1800 pies min
w=?

Vc = 2 r9
 p = 2r9

r9 = 5 pu lg 2.54cm = 12.7cm
1pu lg

VL = 2(3.1415)(12.7) ……………………………(a)

VL = 1800 pies 12 pulg 2.54 cm = 54864 cm
min pie pulg min

Reemplazando en (a)

54864 = 2(3.1415)(12.7)

 = 687.57 rev
min

Problema 18

Se tiene un motor de 100mm x 100mm, de 6 cilindros, que gira a 2500rpm.
• ¿Cuál es el volumen total del motor?
• Si la presión instantánea en la cabeza del pistón es de 690KPa (100lb/plg2), calcular

el torque que se produce en el eje cigüeñal para un radio de giro de 10cm.
• Si la presión media efectiva por carrera motriz es de 550KPa ¿Cuánto es la potencia

indicada?
• Si el volumen de espacio libre individual es de 130cc, ¿Cuál es la relación de

comprensión en el motor?
• ¿Se trata de un motor gasolinero o diesel?

Datos: 100mm

Cilindro 100mm
Del motor

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N =6

W = 2500RPM

VT = ?

P = 690KPa = 110 lib = 7.75 kg
pu lg2 cm 2

rg = 10cm

T =?

Pme = 80 lb
pu lg2

Vcc = 130cm3

Ic = ?

Se trata de un motor gasolinero o diesel?

Pi = Pm  C  A  W  N
9000

Pm = 80 lb  1kg  1pu lg 2
pu lg2 2.2lb
(2.54)2 cm2

Pm = 5.636 kg
cm2

Pc = 5.636 kg  0.10m  78.54cm2  2500  6
cm2

9000

Pc = 73.77Hp

Torque:

T = Fm  rg

Fm = Pm A  7.75 kg 78.54cm2
cm2

Fm = 608.7kg

T = 608.7kg  0.1m
T = 60.87kg − m

Ic = Vc + 1(b)
Vcc

Vc =  D2 C
4

Vc = (3.1415)(10)2 10

4
Vc = 785.4cm3

Reemplazando en (b)
Ic = 785.4 +1

130
Ic = 7

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Se trata de un motor gasolinero por que su índice de compresión es bajo.

Problema 19
Un motor de 4 cilindros de 90mm x 100mm (3.5” x 4”) con ciclo de 4 tiempos funciona a
2000rpm. Qué flujo de aire atmosférico se necesita, suponga una eficiencia volumétrica
de 90%

Datos:

N =4
Ø = 9 cm
C = L =10cm
W = 2000rpm

Vc =  D2 C
4

Vc = (3.1415)(9)2 10

4

Vc = 636.15cm2

VCT = (636.15)(4) Cilindros

VCT 3 = 1dm3  1lt
1000cm 3 1dm 3
= 2544.6cm

VCT = 2.544lt

Flujo del aire

Qa = Vc W
2

Qa = 2.544lt  2000
2

Qa = 2544 lt
min

Qa = 42.4 lt (En los 4 cilindros)
seg

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Problema 20 cinematica 5

El desgaste del cilindro se ha relacionado con la velocidad promedio del embolo en m/s.
Cual es la velocidad promedio del embolo en un motor de 100mm * 120mm (4” * 5”) que
funciona a 2400rpm.

Datos:

En un motor de 4 cilindros la carrerea es equivalente al diámetro de giro del
cigüeñal
C  2rg

D =10cm
C =12cm

W = 2400PRM

VL = 2 rgW

VL = 2(3.1415)(6)(2400)

VL = 90475.2 cm  15 m
min s

Problema 21

Un tractor de ruedas convencional, de aspiración natural, debe trabajar en condiciones
especiales en el Dpto. de Puno a 4000msnm, en un proyecto de rehabilitación de
andenes. La velocidad promedio a la que trabaja el tractor es de 4kph, en una planicie.
Además, se dan los siguientes datos:
a) Características del motor: 4 cilindros, 4 tiempos, 3500cc de cilindrada, 15mm de

espacio entre la cabeza del pistón y la culata, índice de comprensión 16:1, velocidad
de régimen 2000rpm con lo que la fuerza expansiva de los pistones es de 1033Kgf.
b) Características de diseño del tractor: 70KN de peso, trocha=1600mm, distancia
entre el eje y el centro de gravedad=800mm, distancia entre el eje posterior y el
centro pivote=2500mm, altura del centro pivote=680mm, posición del centro de
gravedad=920mm, eficiencia de transmisión=90%.
c) Características de suelo: coeficiente de resistencia a la rodadura 0.04 para todas las
ruedas, patinaje 10%.
Se pide calcular:
• Potencia efectiva e indicada en Kw

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• Torque en libras – pie
• Carrera del pistón
• Consumo de aire y de combustible
• Hacer el diagrama de flujo de la potencia del motor a las ruedas
• Cuál es la eficiencia de tracción en la barra de tiro
• Si el terreno donde trabaja el tractor ofrece una resistencia a la tracción de 8 libras

por pulgada cuadrada, y hala un arado de discos que tiene un ancho de corte
efectivo de 1.5m, a una profundidad de 300mm. Dadas las características de
potencia del tractor, podrá halar el implemento; justifique su respuesta.

ASUMA LOS DATOS CON CRITERIO QUE CREA CONVENIENTE.

Datos: V = 4KPH =1.1m s
h = 4000m
4c
4T
VT = 3500cm3
e =1.5cm
Ic =16
W = 2000rpm
F = 1033kg
Q = 70KN
 t = 90%
 = 0.04
S =10%

Pe = Pv

Pi = PmC  AW  N
9000

Pi = Fm  C  A W N
A

9000

Pi = 1033kg  0.225 2000  4
9000

Pi = 206.6Hp Pi = 154Kw Pi = 209.7Cv

Pv = 0.9Pi

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Pv = 186Hp = 138.8kw

Ic = C +1
e

16 = C +1
1.5

C = 22.5 cm

UT = 8 lb  1kg  1pu lg 2  100cm2
pu lg2 2.2lb 6.45cm 2 1dm 2

UT = 56.4 kg
dm2

ae = 1.5m y Pr = 30cm

Podrá halar el arado discos:

Ic = VT
Vcc

16 = 3500 +Vcc
Vcc

16Vcc = 3500 +Vcc
15Vcc = 3500
Vcc = 233.3cm3 58.33 cc por cada cilindro

Pv = 2 TW
9000

T = 9000Pv
2 W

T = 9000(186)
2(3.1415)(2000)

T = 133.2kg − m
T = 133.2kg − m  2.2lb  3.28 pies

1kg 1m
T = 961.4lb − pie

Qa = Vc W
2

Qa = 3.5lt  2000
2

Qa = 3500 lt
min

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Qc = 0.06Pi

Qc = 0.06(209.7CV )

Qc = 12.58 gl
h

a = 1− h 
 10000 

a = 1 − 4 
 10000 

a = 0.60  60%

Pa = (1−a )Pe
Pa = (1− 0.6)Pe
Pa = (1− 0.6)(138.8kw)

Pa = 55.52kw

Pt = 0.6(1− 0.9)138.8Kw

Pt = 8.328kw

s =1− S
s = 1− 0.1
s = 90%

Ps = 0.1(138.8 − 55.52 − 8.328)

Ps = 7.5kw

R =Q
R = 0.0470KN
R = 2.8KN

PR = RV

PR = 2.8KN 1.1 m
s

PR = 3.11kw

PF = Pe −Pa −Pt − Ps − PR

PF = (138.8 −55.52 −8.328− 7.5 −3.11)

PF = 64.34kw

138.8 →100% F = Pet = 64.34
64.34 → x Pe 138.8

F = 46.35%

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x = 46.35%

Diagrama de flujo a las ruedas:

MOTOR 83.28kW TRANS 74.95Kw EJE DE TOMA 74.95Kw RUEDAS

138.8Kw MISIÓN DE FUERZA

Pérdida Pérdida Pérdida Pérdida Pérdida
Pa = 55.52 Kw Pt = 8.328 Kw “0” PR = 3.11Kw PS = 7.5Kw

Nf = 46.35% 64.34Kw

BARRA
DE TIRO

Fx = Pet = 64.34kw
V 1.11 m
s

Fx = 57.96KN
Fx = 5914.69kg

Fx = Ut  pr  ae  n
Ut = Fx

pr  ae  n
Ut = 5914.69kg

3.0dm 150dm

Ut == 131.4 kg
dm2

Respuesta: Comparando la unidad de tracción del suelo 56.4 kg y la máquina
dm2

que tiene una capacidad de 131.4 kg , entonces si puede halar el implemento,
dm2

para que el tractor no sea sobredimensionado se recomienda aumentar el numero

de cuerpos al doble.

Problema 22

El tractor pierde potencia cuando trabaja a alturas considerables, por cada 300m de
altura pierde 3% de su potencia a partir de los 1000m. Como compensaría usted esa
pérdida.

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Respuesta:
- Adicionando un dispositivo llamado turbo alimentador.
- Incorporando aditivos especiales como anticongelantes al radiador y al aceite del

motor
- Se disminuiría el número de cuerpos del implemento según los cálculos.

Problema 23

Las características de un motor de tractor son: 4 cilindros, 4 tiempos, cilindrada de
1800cc, e = 7.9 cm, rad cil = 120 mm, rad cig= 60 mm, Vcc/vc = 1/19, w = 2000rpm,
fuerza explosiva = 1033Kgf. Calcular: Ic, Pv, Torque, L, Qa y Qc.

Datos:

N =4
Vcil = 1800cc
e = 7.9cm
rg = 6cm
=Vcc 1

Vc 15

W = 2000rpm
F = 1033kg
Ic = ?
Pv = ?
T =?
L=?
Qa = ?
Qc = ?

Ic = Vc +1
Vcc

Ic =15 +1
Ic =16

T = F  rg
T = 1033kg  0.06m
T = 62kg − m

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Pv = 2 TW
9000

Pv = 2(3.1415)(62)(2000)

9000

Pv = 43.28Hp = Pv = 43.93Cv

Ic = C +1
e

16 = C + 1
7.9

C =15(7.9)

C =118.5mm
C =11.85cm

Qa = Vc W
2

Qa = 1.8lt  2000
2

Qa = 1800 lt En los 4 cilindros
min

Pi =1.1Pv

Pi = 1.1(43.93Cv)

Pi = 48.32Cv

Qc = 0.06Pi

Qc = 0.06(48.32Cv

Qc = 2.9 gl
h

Problema 24

En una transmisión abierta una faja plana transmite el movimiento desde una polea hacia
otra polea llamada conducida. El diámetro de la polea conducida es 18” y dista 50” con la
motriz. Hallar el diámetro de la polea pequeña, si la relación de transmisión es como 1 es
a 2; y el motor entrega una potencia tal que aún con una pérdida del orden del 40%,
mueve al piñón con una velocidad rotacional de 100rpm. Calcular además la longitud de
la faja.

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Datos:

W2 = 2W1

Ф1 ф2= 18 pulg

a

Por lo tanto

2 = 1
2

2 = (18)

2

2 = 9 pu lg

(1 + 2) 2
4(a)
L = 2(a ) + 1.57(2 + 1) +

L = 2(50) + 1.57(9 + 18) + (18 − 9)2
4(50)

L = 142.8 pu lg  2.54 cm  1m
pulg 100cm

L = 3.63m

Problema 25

Determinar el análisis volumétrico de los productos de la combustión cuando se quema el
octano con 120% de aire teórico, si 12.5 moles de oxigeno se quedan sin reaccionar.

Datos:
Para condiciones normales

C: 8=p
H : 18 = 2q → q = 9
O : 2b = 2p + q

2b = 2(8)+ 9

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b = 12.5

N : 2b(3.76) = 2r
2(12.5)(3.76) = 2r

r = 47

Para condiciones normales la reacción será:

C8H18 +12.5(O2 + 3.76N2 )8CO2 + 9H2O + 47N2

Con defecto del 25%

C8H18 +12.5(1 − 0.25)(O2 + 3.76N2 )p CO2 +s CO2 +q H2O + rN2
C8H18 + 9.375(O2 + 3.76N2 )p CO2 +s CO2 +q H2O + rN 2

Balanceamos nuevamente:

C : 8 = p + s  8 = 1.75 + 5  s = 6.25
H : 18 = 2q  q = 9
O : 2b = 2p + s + q

(2)9.375 = p + p + s + q
p = 1.75

N : 2(9.375)(3.76) = 2r

r = 70.5

La reacción será:

C8H18 + 9.375(O2 + 3.76N2 ) 1.75CO2 + 6.25CO + 9H2O + 70.5N2

Problema 26

De la ecuación de reacción del Cetano que es base para el combustible Diesel (Petróleo)
y el octano propio de la gasolina, podemos decir:

a) Que el cetano C16H 34 emite más dióxido de carbono (CO2) al ambiente influyendo
de alguna manera al calentamiento global de la tierra por el efecto invernadero.

b) Que el octano C8H18 emite más Monóxido de carbono (CO) siendo este un gas
muy peligroso y mortal (muerte lenta) afecta directamente a los organismos vivos.

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Por lo tanto ambos gases son contaminantes, de alguna u otra manera afecta al ambiente
y para tratar de evitar debemos de mantener nuestra máquina en buen estado con un
continuo mantenimiento.

Problema 27
Determine las características del neumático más apropiado para el tractor visto en la
figura. El tractor es de simple tracción y tiene un peso de 2400kg y el implemento de
800kg.

Datos:

Tractor convencional

Q

1/3 2/3

Q = 2400Kg.
Q impl = 800Kg
Tractor convencional: simple tracción

2400Kg 1/ 3 = 800Kg por cada eje delantero
Cada llanta tendrá 400 Kg. por lo tanto, de los 3 alternativas encontradas en el
anexo 1 tenemos:

1)4.50 −19 con presión de 48 lb pu lg 2
2)5.50 −16 con presión de 36 lb pu lg 2
3)6.0 −19 con presión de 25 lb pu lg 2
Seleccionamos la tercera opción: mayor ancho del neumático, diámetro mayor y
menor presión.

Para el eje trasero: 0.20 2400 = 480Kg

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MANUAL DE EJERCICIOS DE MECANIZACIÓN AGRÍCOLA 35
AREA DE INGENIERÍA AGRÍCOLA – FACULTAD DE AGRONOMÍA - UNAS – Tingo María 2006

2400 + 800 − 480 = 2720Kg
Cada llanta ejercerá una presión de 1360 Kg
Seleccionando de tres alternativas:
1)12.4 /11 − 28con 24 lb pu lg 2 de presión

2)16.6 /12 − 38 con16 lb pu lg 2 de presión
3)14.9 /13 − 26 con16 lb pu lg 2 de presión

Podemos seleccionar la opción 2 con mayor  de neumático o la opción 3 con

mayor ancho de banda mayor.

Problema 28

Determine el gasto de combustible del tractor Shanghai modelo 504 para 6 horas de
trabajo efectivo, si conocemos los siguientes datos:

• Potencia efectiva: 35.3 Kw.
• Precio del galón de combustible: 13.35 soles
• Densidad del combustible diesel: 0.95 kg/l

Pi = 35.3Kw = 47Hp = 48CV
Qc = 0.06Pi

Qc = 0.06(48)

Qc = 2.88 kg h

2.88kg/h x 1/0.95kg/l x 1gl/3.785 l

Qc = 0.8gl por cada hora

El consumo de combustible en las 6 horas = 0.8 x 6 = 4.8 galones a 13.35 cada
galón hará un total de = 64.08 soles

Problema 29

Un tractor de llanta con potencia en la barra de tiro de 60hp y con una eficiencia del 60%,
se desea reemplazarlo por uno de orugas, dadas las condiciones de trabajo. Determine
usted el cálculo necesario en forma práctica para dicho proceso.

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MANUAL DE EJERCICIOS DE MECANIZACIÓN AGRÍCOLA 36
AREA DE INGENIERÍA AGRÍCOLA – FACULTAD DE AGRONOMÍA - UNAS – Tingo María 2006

Datos:

PBT = 60Hp
n = 60%

¿Reemplazar por el de oruga?

El tractor de llanta

n = pBT
Pe

0.6 = 60 / Pe
Pe = 100Hp

El tractor de Oruga su eficiencia es de 85 a 90%
n = 60 → n = 85%

Pe
0.85 = 60 / Pe
Pe = 70.59Hp

Respuesta: Un tractor de oruga con Pe 70hp será necesario para realizar la misma labor

Problema 30

Un animal de tiro (caballo) tiene una fuerza de tiro de 80kg, y trabaja a una velocidad
promedio de 2.5kph en un terreno de textura arenosa, de forma cuadrada de 100m de
lado. Dadas las características del cultivo, se debe de tomar en consideración el
distanciamiento entre surcos de 0.80m. Sabemos que por cada hora de trabajo se pierde
10 minutos para descanso. Determine el tiempo total de operación?

Datos: F = 80Kg = 785N
P = FV
1há 100m
P = 785N  0.7 m
100m s
V = 2.5Km/h = 0.7m/s
L = 100m P = 545Watts = 0.545Kw

a surco = 0.80m

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MANUAL DE EJERCICIOS DE MECANIZACIÓN AGRÍCOLA 37
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Tiempo perdido por cada hora = 10minutos

N° de surcos = (100/0.80) = 125

Distancia total = 125 X 100= 12500 = 12.5 Km

T = d = 12.5Km
V 2.5 Km

h

t = 5.00horas

Respuesta: Tiempo Total = 5h + 50´= 5h50´

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MANUAL DE EJERCICIOS DE MECANIZACIÓN AGRÍCOLA 38
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MECANIZACIÓN AGRÍCOLA II

Problema 31

Ayudándose del grafico correspondiente a la labranza giratoria, se pide:
a) Analizar el grado de roturación e indicar de qué factores depende para conseguir

una aradura fina, media o gruesa.
b) Que diámetro de las partículas se obtendría si el rotor del arado rotativo tiene 3

cuchillas, gira a 200 rpm y el tractor avanza a una velocidad de 01 MPH.
c) A cuántas revoluciones giraría el rotor si el PTF que acciona el arado rotativo gira

a 540 rpm, para un juego de piñones conectados de 20 y 26 dientes.

Lc = N  Lc

W

Lc= Longitud de asta
N =Número de dientes

Prisma: corte con arado rotativo

t= 1 : W = Velocidad del rotor
w

V=L  Lc  N  W= V
T 1 Lc  N
W

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Trabajo Fino Trabajo Medio Trabajo Grueso

4 cm 8cm 8cm

V = 1.8 Km/h V = 3.6 Km/h V = 1.8 Km/h
W = 250 rpm W = 250 rpm W = 125 rpm

Datos:

N=3 1milla  1609m  1h
h 1milla 3600s
WPTF = 540rpm
b)  = ? V = 0.45 m s

W = 200rpm

v = 1milla = 0.45 m = 26.82 m
h s min .

LC = V = 26.82 m
min

NW 3.(200rpm)

Lc=0.0447 m Wrotor = WPTF
C
Lc  4.5cm.

C = 20 = 0.77
26

Wptf = 570 rpm

WROTOR = 701.3 rpm

Problema 32

Se desea determinar el tipo de tractor (llantas u orugas) y la potencia necesaria para
trabajar en el cultivo de caña de azúcar, halando un equipo subsolador de tres puntas,
separadas cada una 1.20m, a una profundidad de 0.80m y a una velocidad de 2kph. El
suelo tiene una resistencia especifica de 8 lbs/ pulg2.

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MANUAL DE EJERCICIOS DE MECANIZACIÓN AGRÍCOLA 40
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Datos:

Tipo de cultivo: Caña de azúcar

Tipo de implemento: Sub colador

Nº de cuerpos (N): 3

Espaciamiento entre cuerpos (e)= 1.20m = 12 dm

Profundidad = 0.80m = 8dm

Velocidad promedio de la máquina: V = 2 k m
h

Resistencia específica del suelo: Ut= 8 lb pul 2

Solución

Considerando un tractor de oruga con una eficiencia de 85% y para trabajo de
subsolación lo más recomendable es un tractor pesado. La potencia requerida
será:

1

nf= PBT peso PBT = Fx V …. 2
Pe

 nFx = Ut  pr  

Fx = 056.4 Kg 2 8dm12dm 3
dm

Fx = 16,236.786 Kg

Conversión: Fx= 159.12 KN
 1Kg
2
2.2lb
Ut = 8 lb 2  1pu lg 2
pu lg 6.45cm

2

Ut = 0.564 Kg 2  100cm 2
cm, 1dm

Ut = 56.4 Kg 2
dm

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MANUAL DE EJERCICIOS DE MECANIZACIÓN AGRÍCOLA 41
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V= 2km  1000m  1h En 2 PBT= 159.12KN  0.556 m =
h 1Km 3600Seg s

V=0.556 m PBT=88.5 KW PBT = 118.8 Hp
s
Pe= 140 Hp
Reemplazando en 1
0.85 = 118.8Hp

Pe

Rpta. : Se necesita un tractor de Oruga no menor de 140 hp de potencia efectiva.

Problema 33

Se tiene un arado de discos de 4 cuerpos y se desea arar un terreno a una profundidad
de 0.40m. Se pide determinar:
a) El diámetro mínimo de los discos.
b) El ancho efectivo total sí 6 = 42°, B = 15°, e = 0.60m
c) El Valor del nuevo ángulo horizontal, para que la superposición sea del 20%.

Datos:

n=4

pr = .40m = 4 d = 40cm
Diámetro mínimo del disco del arado ( ) = ?
Ancho efectivo (Ac) = ?

 = 42º
 = 15º
e = 0.60m = 6dm = 60cm
s = 20%
Nuevo""= ?

 = pr = 2.5(60cm = 100
a) cos  cos(15º ) 0.966

 = 103.5cm = 1.035m

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MANUAL DE EJERCICIOS DE MECANIZACIÓN AGRÍCOLA 42
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 b) Ancho efectivo: = n (1 − s)
n= 2sen 2Rpr − pr 2
n= 2sen(42º )  (103.5)(40) − (1600)
n= 67.45 cm
=n (1 − s)
=67.45 (1 - 0.2)
= 53.69 cm
t=  n
 t = 215.84 cm =2.16m
c)  = Sen

53.96 = Sen
60

 = arcsen0.899
 = 64º
pero :  +  = 90º
 = 26º

Problema 34

Un tractor grande de 160Kw de potencia al motor, cuya eficiencia de tracción es de 55%,
trabaja a una velocidad de 6kph, con un arado de vertederas tipo semi - cavador en un
terreno franco arcillo arenoso de compactación media, a una profundidad de 30cm para
un ancho de corte de 35cm. Se pide hallar:
d) La resistencia que ofrece el suelo.
e) La fuerza de arrastre y la potencia que está desarrollando el tractor en la barra de tiro.
f) Cuantos cuerpos puede tener el arado.

Datos: η f = PBT
pr =30 cm
 = 35 cm Pe
P =160 Kw

n f = 55%

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MANUAL DE EJERCICIOS DE MECANIZACIÓN AGRÍCOLA 43
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V = 6 Kmh = 1.67 m 0.550 = PBT
160
3.6 s
PBT = 88Kw

a) Ut= ??

PBT = Fx −V

Fx = PBT
V

Fx = 188Kw
1.67 m s

Fx = 52.8KN = 5387.8Kg

peroFx = UT  pr  aen

UT = Fx = 5387.8Kg
3dm  3.5dm  9
pr  ae n

Según las características del terreno

UT= 50 − 60 Kg dm 2

UT= 57 Kg dm2

Rpta. UT= no menor de 60 Kg dm2

N= 9 cuerpos
Fx= 5387.8 Kg
PBT =88Kw.
Si aumenta la UT disminuir el número de cuerpos

Problema 35 estatica

La línea de acción de la fuerza total “F” que se genera por la acción de un arado de
vertederas forma 20° con respecto a la horizontal.
a) Si la fuerza de arrastre medida es de 30KN, cuanto vale la fuerza vertical debida al

peso del implemento.
b) Para el caso (a) cual será el tamaño del tractor para una velocidad de 6KPH y una

eficiencia total de tracción de 70%.

Datos:

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MANUAL DE EJERCICIOS DE MECANIZACIÓN AGRÍCOLA 44
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Fy Fx
Fy = tg20º
Fx 20º
Fy = Fxtg20º
F
Fy = 30Kw(0.3639)

Fy = Fv = 10.9Kw

a) Fx = 30Kw

Fv = Fy = ???

b) nf = PBT

Pe

PBT = Fx V
PBT = 30Kw1.67 m s
pBT = 50.1Kw
0.70 = 50.1 Kw

Pe

Pe = 71.57Kw

Problema 36

Se va a sembrar soya con una sembradora de precisión que es capaz de proveer 54
semillas por revolución del plato sembrador, el ancho entre líneas debe ser de 75 cm. Y
la velocidad de avance del tractor 7 KPh. La población de plantas requerida es de
480,000 plantas por hectárea. Calcular:
a) La tasa de siembra real, si se asume un porcentaje de germinación del 80%.
b) El espaciamiento entre semillas requerido si se colocan 3 semillas por golpe.
c) La velocidad rotacional del sistema de alimentación y medición, si el radio estático

de la rueda de mando de la sembradora es de 0.38 m.
d) La velocidad de las ruedas asumiendo un patinaje de 10%

Datos:

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Sembradora de precisión
54 semillas por revolución del plato
(e) ancho entre línea o surcos= 75cm
V = 7 Km/h
Población requerida 480,000 planta/ha
%germinación =80%
a) Tasa de siembra real:
Requiere 480,000 plantas/ha pero debo sembrar más tomando en
consideración el poder germinativo 80%

480,000 → 80%
x →100%

x = 600,000 semillas ha

b) 3 semillas por golpe

600,000 semillas ha = 200,000 golpes ha
3 semillas golpe

E = Cm  Wm  N = 54 = 18 orificios
N Wp 3

Con tres semillas por golpe

c) Vm = 2Vg Wm

Wm = Vm = 1.94 m s
2 Vg
2(3.1415)(0.38m)

Wm = 0.81 rev  60seg = 4886rpm
seg 1min

d) Con la superposición del 10%
S = Vt − vr = 1 − Vr
Vt Vt

0.1 = 1 − Vr
1.94 m s

Vr = 1.75 m/s

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La relación de velocidad rotacional entre el disco sembrador y la rueda de mando =4

 Wm  = 4 E = Cm (10)
Wp
N

Cm =  = 0.76(3.1415)

Cm = 2.387m

E = 2.387m (4)

1.8
E = 0.53m

E = 53cm

Problema 37 dinámica 1

Un tractor de 40 KN tiene una potencia de 50KW a la volante y trabaja a nivel del
mar en una marcha con velocidad teórica de avance de 6 kph, la eficiencia de la
transmisión es de 95%, la pista es pavimentada y plana y da un coeficiente del
0.04 de resistencia al rodado y el patinaje del tractor es de 10%. Calcular las
pérdidas de potencia y la eficiencia total de tracción.

Datos:

Q = 40 KN velocidad teórica

Pv = 50Kw Vn = 6 Km/h

H = 0 msnm

Efic. Transm (nt)= 95% Pe  Pv  Pi = 1.1Pv
Pi = 55Kw

Coeficiente (Ψ) = 0.04

Patinaje(s) = 10%

Calcular = Pérdida de potencia= ?

nt = ?

Pa = Pe  h = 55(0) = 0

10,000 10,000

na = 1 − h  = 1 − 0 
 10,000   10,000 

na = 100%

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Pt = Pe  na(1− nt)

Potencia perdida en transmisión (Pt) Pt = 55(1)(0.05)

Pt = 2.75Kw

Pérdida por patinaje (Ps) Ps = s(Pe − Pa − Pt)
Ps = 0.10(55 − 0 − 2.75)

Ps = 5.225Kw

Potencia pérdida por resistencia a la rodadura (Pr):
R = Q

R = 40K N (0.04)

R = 1.6K N

PR = R V

PR = 1.6K N V

V = Vn(1 − s)
V = 6(1 − 0.1)

V = 5.4 K h

V = 1.5m s

Pr = 1.6K N 1.5 m s

PR = 2.4Kw

PF = Pe − Pa − Pt − Ps − Pr

PF = 44.625Kw

n =F PF = 44.625 = 81.14%
Pe 55

La pérdida de potencia es 55Kw - 44.625Kw = 10.375Kw.

Problema 38

Estimar el requerimiento de potencia para operar un arado de 4 vertederas en:
a) Un suelo franco arenoso cuya UT = 4N/ cm2
b) Un suelo arcilloso pesado cuya UT = 9N/cm2
c) Las vertederas tienen un ancho de 30 cm la profundidad de trabajo es de 15

cm y la velocidad de avance es de 6 Km/hr.

Nota : 1 Kw. = (1 KN*m)/seg.

Datos:

n= 4
a) suelo Fr Ao Ut = 4 N cm2

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ae = 30 cm
pr = 15 cm
V = 6 K h = 1.67 m s

Fx = Ut  ae  pr  n
=N

Fx 4  30cm15cm 4

2

cm
Fx = 7200 N  734.7Kg

PBT = Fx  V

PBT = 734.7Kg 1.67 m 1 Hp
Seg 76Kg  m s

PBT = 16 14Hp

Considerando una eficiencia del 60% tamaño del tractor será 27 hp y el requerimiento de
potencia en la barra de tiro es de 16.14 Hp.

b) Suelo Arenoso pesado UT = 9 N cm2

Fx = 9 N  30cm 15cm  4
cm 2

Fx = 16,200N = 1653Kg

PBT = 1653 Kg 1.67 m  1Hp m
s 76Kg 

s

PBT = 36.32Hp

Pi = 60Hp

Problema 39

La UNAS ha comprado una estercoladora de 6 m cúbicos de capacidad, y se quiere
probar su eficiencia. El estiércol de ganado vacuno se tiene a disposición. La mesa
conductora se mueve, con respecto al tractor, a una velocidad que esta en la relación de
18 a 1. La plataforma es cuadrada, siendo la descarga posterior de 2.50 m.
a) Cual es la densidad de aplicación de la estercoladora.
b) Si el tractor se mueve a una velocidad de 3KPH, en que tiempo se vaciará la tolva.

Datos:

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Capacidad de cada tolva de la estercoladora = 6m3
L = 2.5 m
B = 2.5 m
Vc/Vm = 18

La densidad de aplicación será:

a)  = Vc  Q
Vm L  b

- Tomando en consideración para el estiércol 1m3  120Kg

Q = 120 Kg  6m3
- Capacidad total m3

Q = 720Kg

 = 11  720 Kg
18 2.5  2.5 s

 = 6.4 Kg densidaddeaplicación
m2

V = 3K/h

Tiempo de vaciado (t) = ?

t= Q = 720Kg

  b  Vm Kg  2.5m  .83 m
6.4 s
m2

t = 54.22segundos

El tiempo variado es de 54.22 segundos

Problema 40

En un terreno de 10 hectáreas, de forma rectangular, la dimensión menor es de 200m.
Para el control de insecticidas se empleó una asperjadora tipo de montaje en tractor, que
trabajó a una velocidad de 4 KPH.
Los rellenos del tanque se hicieron en un solo lado del campo. El líquido se aplicó a razón
de 1250 l/ha, con un aquilón que cubría 8m; se pregunta:

a) Cuál es la capacidad del tanque y de la bomba.
b) Qué rendimiento tuvo la máquina, si el tiempo empleado en cada relleno más las

pérdidas cada dos viajes del tractor fue de 10 minutos.

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Datos:

Terreno A= 10 há. V = 4 Km
B = 200m h
L = 500m

a = 8m

Velocidad asperjadota

q = 1250 lt Caudal de la asperjadora
ha

a) CT Y Cb

Q  a  Vm 1250 lt ha  8m  500m
5000 5000
CT =

Respuesta

CT = 1000litros
Es la capacidad del tanque

1250 lt
ha  8m  4Km h
Cb = q  a  Vm = 600
600

Respuesta

Cb = 66.67lt / min
Es la capacidad de la bomba

Tiempo de cada viaje tv = L = 500m = 7.5 min
V 66.67 m
min

Tiempo cada 2 viajes = 7.5 2 +10min = 25min

25`- - - - - 16  500  25`- - - - - - 8000m2
x- - - - - - - -10,000m2

Ce = 0.5 ha = 2 ha
hh

Rendimient o
X = 0.5 hr

ha

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