Este documento presenta un taller sobre la capacidad y eficiencia de maquinaria agrícola. Contiene 10 problemas que abordan conceptos como la capacidad teórica, efectiva y de material de equipos como cosechadoras, aradoras y enfardadoras. También incluye gráficos sobre la relación entre el tamaño de cabezal y la eficiencia de campo para diferentes modelos de cosechadoras.

1. TALLER SOBRE CAPACIDAD Y EFICIENCIA DE CAMPO DE
MAQUINARIA AGRÍCOLA
Profesor: Iván Darío Aristizábal Torres
Asignatura: 3006983 Mecanización Agrícola
José Luis Valencia Cano C.C 1017222863
Jennyfer Suárez Velásquez C.C 1037640320
1- Si se quiere ajustar un tractor para trabajar con una aspersora a una
velocidad de 7,36 km/h. ¿Cuantos metros debe recorrer en 16,66
segundos?
7,36
𝑘𝑚
ℎ
∗
1000 𝑚
1 𝑘𝑚
∗
1 ℎ
3600 𝑠
= 2,04
𝑚
𝑠
2,04
𝑚
𝑠
∗ 16,66 𝑠 = 𝟑𝟑, 𝟗𝟗 𝒎
2- Cual es la capacidad teórica (Ha/h) de una cosechadora de trigo con una
cabezal de 6 metros de ancho viajando a 6,4 km/h?
𝐶. 𝐶. 𝑇 =
𝑉 ∗ 𝑤
10
𝐶. 𝐶. 𝑇 =
6,4
𝐾𝑚
ℎ
∗ 6𝑚
10
𝐶. 𝐶. 𝑇 = 3,84
𝐻𝑎
ℎ
3- Si la capacidad teórica de una hileradora autopropulsada de 5 metros es
2,8 hectáreas por hora y corta 25,48 hectáreas en 13 horas de trabajo,
¿cuál es la eficiencia de campo?
𝐶𝐶𝑡 = 2,8
𝐻𝑎
ℎ
𝐶𝐶𝑒 =
25,48 𝐻𝑎
13 ℎ
= 1,96
𝐻𝑎
ℎ
𝐸𝑓 =
𝐶𝐶𝑒
𝐶𝐶𝑡
=
1,96
2,8
= 𝟎, 𝟕 = 𝟕𝟎%
4- Cual es la capacidad efectiva de campo de una cosechadora de maíz
equipada con un cabezal para 6 hileras separadas a 76 cm viajando a
una velocidad de 5,32 km/h con una eficiencia de campo de 76%.
𝐶. 𝐶. 𝐸 =
( 𝑉 ∗ 𝑤) ∗ 𝐸𝑓
10
76 cm

2. 𝐶. 𝐶. 𝐸 =
(5,32
𝐾𝑚
ℎ
∗ 4,56 𝑚) ∗ 0,76
10
𝐶. 𝐶. 𝐸 = 1,84
𝐻𝑎
ℎ
5- A que velocidad debe operarse un tractor con un arado de 4 discos (cada
disco tiene un ancho de corte de 46 cm), para preparar un lote
rectangular de 12 Ha en una 10 horas? Asumir una eficiencia de campo
de 82,5%.
𝑤 = 4 ∗ 46 𝑐𝑚 = 1,84 𝑚
𝐴 = 12 𝐻𝑎
𝑡 = 10 ℎ
𝐸𝑓 = 82,5 %
𝐸𝑓 =
𝐶𝐶𝑒
𝐶𝐶𝑡
𝐶𝐶𝑡 ∗ 𝐸𝑓 = 𝐶𝐶𝑒
𝑉 ∗ 𝑤
10
∗ 𝐸𝑓 =
𝐴
𝑡
𝑉 =
𝐴
𝑡
∗
10
𝑤 ∗ 𝐸𝑓
=
12 ℎ𝑎 ∗ 10
10 ℎ ∗ 1,84 𝑚 ∗ 0,825
= 𝟕, 𝟗
𝒌𝒎
𝒉
6- Si en el problema anterior el arado se sobrepone 22 cm en promedio en
cada viaje cual es el ancho efectivo de trabajo? Si la longitud del lote es
de 400 m cuantos minutos se pierden como tiempo improductivo durante
la preparación de todo el lote?
𝑊𝑛 = 1.84 𝑚
𝑊𝑒 = 1.84 𝑚 − 0,22 𝑚
𝑊𝑒 = 1.63𝑚
12 Ha 400m
#𝐺𝑖𝑟𝑜𝑠 =
300 𝑚
1,62 𝑚
= 185 𝑔𝑖𝑟𝑜𝑠
300 m
𝑇ℎ =
185 𝑔𝑖𝑟𝑜𝑠
𝐻𝑎
∗
15 𝑠𝑒𝑔
1 𝑔𝑖𝑟𝑜
∗
1 ℎ
3600 𝑠
= 0,77
ℎ
𝐻𝑎
𝐶. 𝐶. 𝑇 =
(7,9
𝐾𝑚
𝐻
∗ 1.84 𝑚)
10
= 1,45
𝐻𝑎
ℎ

3. 𝑇𝑜 =
1
1,45
𝐻𝑎
ℎ
= 0,69
ℎ
𝐻𝑎
𝐾 =
𝑊𝑒
𝑊𝑛
=
1,62
1,84
= 0,88
𝑇𝑒 =
0,69
ℎ
𝐻𝑎
0,88
= 0,78
ℎ
𝐻𝑎
%𝑇𝑝 =
(0,78
ℎ
𝐻𝑎
+ 0,77
ℎ
𝐻𝑎
) − 0,69
ℎ
𝐻𝑎
(0,78
ℎ
𝐻𝑎
+ 0,77
ℎ
𝐻𝑎
)
∗ 100 = 55%
7- Se requiere cosechar 130 hectáreas de trigo en 8 días corridos con un
promedio de 6 horas de trabajo al día. ¿Cual será la capacidad de la
cosechadora en hectáreas por hora? Si la eficiencia de campo es de
70% y la velocidad de operación es de 6,29 km/h cual es el ancho mínimo
requerido para el cabezal de la cosechadora?
𝐴 = 130 𝐻𝑎
𝑡 = 8 𝑑𝑖𝑎𝑠 ∗
6ℎ𝑜𝑟𝑎𝑠
𝑑𝑖𝑎
= 48 ℎ
𝐶𝐶 =
130 𝐻𝑎
48 ℎ
= 𝟐, 𝟕𝟏
𝑯𝒂
𝒉
𝐸𝑓 = 70%
𝑉 = 6,29
𝑘𝑚
ℎ
𝐸𝑓 =
𝐶𝐶𝑒
𝐶𝐶𝑡
𝐶𝐶𝑡 ∗ 𝐸𝑓 = 𝐶𝐶𝑒
𝑉 ∗ 𝑤
10
∗ 𝐸𝑓 = 𝐶𝐶𝑒
𝑤 =
10 ∗ 𝐶𝐶𝑒
𝑉 ∗ 𝐸𝑓
=
10 ∗ 2,71
𝐻𝑎
ℎ
6,29
𝑘𝑚
ℎ
∗ 0,7
= 𝟔, 𝟏𝟓 𝒎
8- Un lote de algodón rinde 3,7 pacas por hectárea y esta sembrado a un
metro entre hileras, cual es la capacidad de material teórica en pacas por
hora de una cosechadora de 2 hileras viajando a 5 km/h? Si su eficiencia
de campo es del 55%, cual es la capacidad de material efectiva en pacas
por hora?
𝐶𝑀𝑇 = 𝐶. 𝐶. 𝑇 ∗ 𝑅𝑏

4. 𝐶𝑀𝑇 = 3,7
𝑝𝑎𝑐𝑎𝑠
𝐻𝑎
∗
𝑉 ∗ 𝑤
10
𝐶𝑀𝑇 = 3,7
𝑝𝑎𝑐𝑎𝑠
𝐻𝑎
∗
5
𝐾𝑚
ℎ
∗ 1𝑚
10
𝐶𝑀𝑇 = 1,85
𝑝𝑎𝑐𝑎𝑠
ℎ
𝐸𝑓 = 75% =
𝑇𝑜
𝑇𝑜 + 𝑇𝑝
𝐸𝑓 =
𝐶𝑀𝐸
𝐶𝑀𝑇
= 𝐸𝑓 ∗ 𝐶𝑀𝑇 = 𝐶𝑀𝐸
𝐶𝑀𝐸 = 0,55 ∗ 1,85
𝑝𝑎𝑐𝑎𝑠
𝐻𝑎
= 1,0175
𝑝𝑎𝑐𝑎𝑠
ℎ
9- Cual es la capacidad teórica de material de una enfardadora que procesa
cinco fardos por minuto (cada fardo pesa en promedio 30 kg)? Si la
eficiencia en campo es de 70% cual es la capacidad de material efectiva
en ton/h?
𝐶𝑀𝑡 =
5𝑓𝑎𝑟𝑑𝑜𝑠
𝑚𝑖𝑛
∗
30𝑘𝑔
𝑓𝑎𝑟𝑑𝑜
∗
60𝑚𝑖𝑛
ℎ
∗
1𝑇𝑜𝑛
1000𝑘𝑔
= 9
𝑇𝑜𝑛
ℎ
𝐶𝑀𝑒 = 9
𝑇𝑜𝑛
ℎ
∗ 0,7 = 𝟔, 𝟑
𝑻𝒐𝒏
𝒉
10- Una compañía fabricante de maquinaría agrícola planea diseñar una
serie de combinadas autopropulsadas con un rango variable de
capacidades de campo para una velocidad típica de operación de 5 km/h
en todos los modelos. Los cabezales a comercializar para maíz serán de
2, 4, 6, 8, 10 y 12 hileras (maíz sembrado a 75 cm entre hileras).
Separación [cm] 75 Hileras Cabezal [m]
2 1,5
4 3
6 4,5
8 6
10 7,5
12 9
-Si la eficiencia de campo de la maquina para dos hileras es del 70%,
calcule las perdidas de tiempo total (Ta + Th) para cosechar una hectárea.
𝐶. 𝐶. 𝑇 =
𝑉 ∗ 𝑤
10

5. 𝐶. 𝐶. 𝑇 =
5
𝐾𝑚
ℎ
∗ 1,5𝑚
10
𝐶. 𝐶. 𝑇 = 0,75
ℎ𝑎
ℎ
𝑇𝑜 =
1
𝐶. 𝐶. 𝑇
=
1
0,75
𝐻𝑎
ℎ
= 1.33
ℎ
𝐻𝑎
𝐸𝑓 =
𝑇𝑜
𝑇𝑜 + 𝑇𝑎 + 𝑇ℎ
Donde To= Te por no haber traslape
𝑇ℎ + 𝑇𝑎 =
𝑇𝑜(1− 𝐸𝑓)
𝐸𝑓
𝑇ℎ + 𝑇𝑎 =
1.33
ℎ
𝐻𝑎
(1 − 0,7)
0,7
𝑇ℎ + 𝑇𝑎 = 0,57
ℎ
ℎ𝑎
-Asumiendo que estas perdidas de tiempo por hectárea fueran iguales para
cualquier otro tipo de cabezal grafique la eficiencia de campo versus el
tamaño de cabezal.
Velocidad [Km/h] 5
Ta + Th 0,57
Cabezal [m] C.C.T [Ha/h] To [h/Ha] Ef
1,5 0,75 1,33 70%
3 1,5 0,67 54%
4,5 2,25 0,44 44%
6 3 0,33 37%
7,5 3,75 0,27 32%
9 4,5 0,22 28%

6. -Asumiendo que todos los modelos tuvieran la misma eficiencia de campo
grafique el tiempo total perdido (Ta + Th) que podría ser tolerado por
hectárea para cada uno de los modelos.
Eficiencia 0,7 Cabezal [m] C.C.T [Ha/h] To [h/Ha] Ta + Th
1,5 0,75 1,33 0,57
3 1,5 0,67 0,29
4,5 2,25 0,44 0,19
6 3 0,33 0,14
7,5 3,75 0,27 0,11
9 4,5 0,22 0,10

7. 11-Una ecuación utilizada para calcular la capacidad de campo efectiva para
maquinas operadas normalmente (sin averías, ni paradas imprevistas) en
lotes rectangulares, conocido el tiempo promedio de giros, el ancho
efectivo y el tiempo improductivo (llenado de tolvas, descarga de material
cosechado o desenganche de remolques) es:
L
gTVC
ep
e
wVTC
wV
CCE **2
1 **
*


Donde:
CCE: capacidad de campo efectiva [ha/h]
V: velocidad de operación [km/h]
We: ancho efectivo de trabajo [m]
Tp: tiempo improductivo [h/ha]
Tg: tiempo promedio por giro [s]
L: longitud del lote [m]
C1, C2: constantes (factores de conversión)
- Determine los factores de conversión C1 y C2 para las unidades indicadas
𝐶1 =
ℎ
𝐻𝑎
∗
𝑘𝑚
ℎ
∗ 𝑚 = 𝟏𝟎
𝐶2 =
𝑘𝑚
ℎ
∗ 𝑠
𝑚
= 𝟑, 𝟔

8. - De acuerdo con la ecuación anterior como se puede aumentar la capacidad
de campo de un equipo. Explique.
La capacidad de campo se puede aumentar reduciendo los tiempos
improductivos, la velocidad y el tiempo de giro; y aumentando la longitud del
lote.
Nótese que los tiempos improductivos, la velocidad y el tiempo de giro se
encuentran en el dividendo, de manera que, reduciendo estos se aumenta
la expresión final.
Por su parte, la longitud del lote se encuentra en el dividendo del dividendo,
por lo que su aumento representa una disminución de un termino del
dividendo, lo que repercute en el aumento de la expresión final. A su vez
esto se explica porque logicamente resulta mucho más eficiente realizar
una labor por tramos largos y pocos giros que con tramos cortos y muchos
giros.
- Aplicando esta ecuación cual sería la capacidad de campo efectiva del
arado del problema No.5 (asuma un tiempo promedio gastado por giro de
15 segundos).
***Asumiendo además una longitud del lote de 400 m, y un tiempo
improductivo de 0,1 h/Ha.
𝐶𝐶𝑒 =
7,9𝑘𝑚
ℎ
∗ 1,84 𝑚
10 +
0,1ℎ
𝐻𝑎
∗
7,9𝑘𝑚
ℎ
∗ 1,84 𝑚 +
3,6 ∗
7,9𝑘𝑚
ℎ
∗ 15 𝑠
400 𝑚
=
14,54
10 + 1,45 + 1,06
=
14,54
12,51
= 𝟏, 𝟏𝟔
𝒉𝒂
𝒉