Modulo De Elementos De Maquinas Ok 1lx27

CAPITULO 1º “ESFUERZOS” PROBLEMA Nº 1.1. Un elemento hipotético de una máquina tiene 50 mm de diámetro por 250 mm de largo y está soportado en voladizo en uno de sus extremos como se muestra en la figura 1.1.1 Se pide: a) Calcular el estado tensional b) Calcular los esfuerzos normales principales c) Dibujar una vista mostrando el estado tensional e indicar sobre el los valores correspondientes. Ø 50 mm 3 kN N= 15 kN

250 mm

T= 240 Nm

Figura N° 1.1.1 SOLUCIÓN: 1° ESQUEMA DE CÁLCULO

Figura Nª 1.1.2 2° DIAGRAMA DE CUERPO LIBRE (D. C. L.)

1

Figura Nª 1.1.3 Vista espacial

2. 1° CÁLCULO DE LAS CARGAS EQUILIBRANTES Sabemos que para el caso general, un campo rígido en equilibrio estático, debe de cumplir las siguientes condiciones: …(1) …(4) …(2) … (5) …(3) … (6) De (1): De (2): De (3): De (4): De (5): De (6): Resumen:

3° DIAGRAMAS DE CARGAS El presente caso corresponde a un elemento sometido a cargas coplanares. 3kN 15kN

15kN

3kN

750Nm

240Nm 2

3.1º FUERZAS NORMALES 15 kN

15kN CARGAS EXTERNAS

15kN

CARGAS INTERNAS

N

3.2º FUERZAS CORTANTES 3kN carga externa 3kN

Q

CARGAS INTERNAS

3.3º MOMENTOS FLECTORES 3kN

CARGAS EXTERNAS 3kN 750Nm

CARGAS INTERNAS 750Nm

M

3.4º MOMENTOS TORSORES 240Nm Carga externa 240Nm

240Nm

CARGAS INTERNAS

4° ESTADO TENSIONAL Si no se indica se indica lo contrario, siempre se determinará el estado tensional solamente para el punto crítico del elemento de máquina en estudio: 4.1° PUNTO CRÍTICO Es aquel punto de un determinado elemento de máquina que estará soportando los máximos esfuerzos, para las solicitaciones de cargas a que estuviese sometido. 4.2° TIPOS DE CARGAS Una solicitación general de carga se puede dividir en los siguientes tipos de cargas: i. Carga Normal (N) Llamada también carga axial puede ser de tracción o compresión. ii. Carga Transversal (Q) Se le denomina comúnmente corte directo. iii. Carga Flexionante (M) Es originada por un momento flector. iv. Carga de Torsión (T) Es originada por un momento torsor o simplemente torque, frecuentemente denominado corte secundario. 4.3° ESFUERZOS NORMALES Estos pueden ser originados por una carga normal y/o por una flexionante. 4.3.1° ESFUERZO NORMAL DEBIDO A UNA TRACCIÓN ( )

CARGA NORMAL DE

Z N

N

X Figura N° 1.1.3

Y

Eje sometido a una carga normal de tracción Z

P

N

X Y

Figura Nº 1.1.4 Distribución de esfuerzos normales debido a una carga normal de tracción

Figura Nº 1.1.5 Estado tensional del punto p del elemento solicitado a una carga normal de tracción Cálculo de

:

4.3.2° ESFUERZO NORMAL DEBIDO A UNA CARGA DE COMPRESIÓN ( Z

)

N Figura Nº1.1.6 eje sometido a una carga normal de compresión

X

Y

Z

P

N Figura Nº 1.1.7 DISTRIBUCIÓN DE ESFUERZOS NORMALES DEBIDO A UNA CARGA

X

Y

NORMAL DE COMPRESIÓN

P

Figura 1.1.8

Nº

ESTADO

TENSIONAL

PUNTO

P

DEL

DEL

ELEMENTO

SOLICITADO A UNA CARGA NORMAL DE COMPRESIÓN

P

Cálculo de

:

Podemos, concluir que un elemento cargado axialmente estará soportando esfuerzos normales uniformemente distribuidos, es decir que cualquier punto del elemento estará soportando un mismo valor del esfuerzo normal igual a:

pudiendo ser de tracción

de compresión 4.3.3° ESFUERZO NORMAL DEBIDO A UN MOMENTO FLECTOR En la figura Nº 1.1.9 se muestra una viga en voladizo que obviamente estará soportando momentos flectores. Para facilitar la representación de la distribución de esfuerzos vamos a considerar una viga de sección transversal rectangular.

La distribución de esfuerzos en un eje circular macizo es similar a la mostrada en la figura 1.1.11. Sabemos que, el esfuerzo normal originado por la flexión para un punto de la sección de análisis, ubicado a una distancia “y” del eje neutro, se calcula mediante la siguiente expresión:

Dónde: M = Momento flector en una determinada sección y = Distancia medida a partir del eje neutro I = Momento de inercia del área de la sección transversal Observando la figura 1.1.11 concluimos que el esfuerzo máximo ocurre en la periferia superior e inferior de la sección.

Siendo para una sección circular maciza:

d= diámetro En este ejemplo sucede:

FIBRA SUPERIOR:

 Esfuerzo de flexo – tracción

FIBRA INFERIOR:

 Esfuerzo de flexo – compresión

Sin duda alguna que el tipo (signo) de esfuerzo dependerá del sentido del momento flector; obviamente después de haber establecido una convención de signos.

4.4° ESFUERZOS TANGENCIALES Llamados también esfuerzos cortantes. 4.4.1° ESFUERZO DE CORTE DIRECTO Son originados por una carga transversal

Cálculo de Recordemos que este esfuerzo se calcula mediante la siguiente expresión:

Pero:



Donde:Q = Fuerza cortante = Momento estático I = Momento de inercia b = Ancho Veamos a continuación la expresión del esfuerzo tangencial características.

VIGA DE SECCIÓN RECTANGULAR Integrando:

b=b

para algunas secciones

VIGA DE SECCIÓN CIRCULAR Integrando:

Se deduce pues, que los esfuerzos tangenciales sección son iguales a cero.

en los puntos superior e inferior de la

4.4.2° ESFUERZO DE CORTE POR TORSIÓN ( ) El esquema de cálculo sometido a torsión pura es:

Tomando como referencia la figura 1.1.8. Y 1.1.19 podemos escribir:

Donde: T = Torque actuante en la sección. p = Distancia radial a partir del centro de la sección J = Momento polar de inercia  Para una sección circular maciza El máximo esfuerzo tangencial de torsión ocurrirá cuando “p” alcance su máximo valor, o sea cuando: Es decir se encontrará en la periferia del eje.

4.5° COMPONENTES DEL ESTADO TENSIONAL CASO GENERAL En la figura 1.1.21 se muestra un punto de forma cúbica infinitesimal. En el caso general el esfuerzo total que surge en el plano se puede descomponer en tres componentes: una según la normal al plano, y dos, en el propio plano de la sección. El esfuerzo normal se anotará por con el subíndice correspondiente x, y, z. El esfuerzo tangencial se anotará al eje que es perpendicular al plano y el segundo, al eje orientado según el vector . La dirección de los ejes es arbitraria.

Para los esfuerzos tangenciales se cumplen las importantes relaciones siguientes:

Así pues, en dos planos ortogonales entre sí las componentes de los esfuerzos tangenciales, perpendiculares a la arista común son iguales, y los dos van dirigidos hacia la arista, o los dos, parten de la arista. En esto consiste la LEY DE RECIPROCIDAD de los esfuerzos tangenciales en su enunciado general. El análisis del estado tensional en un punto comienza siempre por la determinación de los esfuerzos en las caras del elemento escogido alrededor del punto. Por el punto se trazan tres planos ortogonales entre si cuya orientación puede ser arbitraria, pero que se escoge de manera que los esfuerzos que aparecen en los planos, sean los más fácil posible de determinar. Para un plano en particular, los esfuerzos pueden ser tratados como vectores. Los componentes de los esfuerzos mostrados en la figura 1.1.21 se pueden acomodar en una matriz (arreglo ordenado) llamado TENSOR ESFUERZO, que representa el estado general de esfuerzo en un punto.

La primera fila horizontal muestra los esfuerzos que actúan sobre la cara x, la segunda, aquellos que actúan sobre la cara y, y así sucesivamente. En este tensor hay solamente seis cantidades independientes, en virtud de las relaciones dadas por la ley de reciprocidad. El tensor es simétrico con referencia a la diagonal que^ contiene los esfuerzos normales. Si el estado de esfuerzo con referencia a una serie de ejes ortogonales (x, y, z) es conocido, el mismo estado de esfuerzo puede ser representado para un conjunto diferente de ejes (x’, y’, z’).

Aunque los números que aparecen en la matriz cambiarán al girarlos ejes de referencia, el estado de esfuerzo permanece invariable. Las dos matrices se dice que son similares.

4.5.1° ESFUERZOS NORMALES PRINCIPALES Un matriz diagonal que representa el mismo estado de esfuerzo encuentra al girar el sistema de ejes a una nueva orientación x’ y’ z’, tal que:

Donde: , son los esfuerzos principales. El procedimiento para calcular los esfuerzos principales, es hacer el siguiente determinante igual a cero.

El desarrollo de este determinante da una ecuación cúbica de reales. Las tres raíces representan los esfuerzos principales. La ecuación cúbica es:

También:

cuyas raíces son todas

Donde: +

 INVARIANTES DEL ESTADO TENSIONAL, estos coeficientes permanecen invariables al girar el sistema original de ejes x, y, z. 4.5.2° ESFUERZOS TANGENCIALES PRINCIPALES Se define como sigue:

Nota.- El índice 1/2 no representa una fracción, sino que se usa para indicar que el esfuerzo cortante está en el plano que forma un ángulo de 45º con los planos y .

4.5.2.1° ESFUERZO CORTANTE MÁXIMO Es el mayor valor absoluto de cualquiera de las relaciones anteriores. Si los valores de los esfuerzos principales son arreglados de manera que: (valor algebraico), se tendrá:

Después de haber realizado un repaso muy resumido podemos concluir que para realizar un análisis de esfuerzos será necesario previamente calcular: . 4.6° CÁLCULOS El cálculo de esfuerzos se realizará siempre para el punto crítico; salvo indicación contraria; en el caso de elementos de sección constante dicho punto se encontrará en la sección que soporta las máximas cargas combinadas por lo tanto en el presente caso la sección crítica será la de empotramiento. Por esta vez calcularemos los esfuerzos para los puntos 1, 2, 3, 4, 5, 6 de la sección crítica; esta sección esta soportando las siguientes cargas.

CARGA NORMAL MOMENTO FLECTOR CARGA CORTANTE MOMENTO TORSOR

   

N = 15000 N M = 750000 N.mm Q = 3000 N T = 240000 N.mm

4.6.1° PUNTO 1 Cálculo de

:

Cálculo de

:

Cálculo de

:

Cálculo de

:

4.6.2° PUNTO 2 Es un punto ubicado sobre una circunferencia intermedia. Cálculo de : Cálculo de

:

Cálculo de

:

Cálculo de

:

4.6.3° PUNTO 3 Cálculo de Cálculo de

: :

Cálculo de

:

Cálculo de

:

4.6.4° PUNTO 4 Cálculo de Cálculo de Cálculo de Cálculo de

: :

4.6.5° PUNTO 5 Cálculo de Cálculo de Cálculo de Cálculo de

: : : :

4.6.6° PUNTO 6 Cálculo de

:

: :

Note que estos esfuerzos son paralelos pero de sentido Contrario.

Cálculo de Cálculo de Cálculo de

: : :

Estos dos esfuerzos son paralelos y del mismo Sentido

Visualizando las figuras 1.1.23 hasta la 1.1.27. Y con las magnitudes de los esfuerzos aislados, realizaremos la siguiente tabla. P U N T O 1 2 3 4 5 6

ESFUERZOS AISLADOS

+7.6 +7.6 +7.6 +7.6 +7.6 +7.6

+6.11 +30.6 0 -61.1 0 0

0 1.5 2.0 0 2.0 2.0

9.8 4.9 0 9.8 9.8 9.8

ESTADOS TENSIONALES-ESFUERZOS COMBINADOS

+68.7 +38.2 +7.6 -53.5 +7.6 +7.6

0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0

+9.8 +4.9 0 -9.8 0 0

0 0 0 0 0 0

0 +1.5 +2.0 0 -7.8 +11.8

4.6.7. CÁLCULO DE LOS ESFUERZOS PRINCIPALES De la tabla anterior: 4.6.7.1. PUNTO 1

Sabemos que:

Reemplazando valores:

Resolviendo: También:

Resumen: Las tres raíces son:

Si:

(Valor algebraico) = 70.1 MPa

4.6.7.2° PUNTO 2

Resolviendo: = 38.9 MPa

4.6.7.3° PUNTO 3

Resolviendo: = 7.9 MPa

4.6.7.4° PUNTO 4

Resolviendo: = 1.7 MPa

4.6.7.5° PUNTO 5

Resolviendo: = 12.5 MPa

4.6.7.6° PUNTO 6

Resolviendo: = 16.2 MPa

ESFUERZOS NORMALES PRINCIPALES ( ) El punto 1 es el que tiene el mayor esfuerzo normal principal, por eso concluimos diciendo que: PUNTO CRÍTICO: 1.

4.7° RESPUESTAS Para el punto crítico. a) Estado tensional:

b) Esfuerzos normales principales:

c) Vista espacial del estado tensional:

PROBLEMA Nº 1.2 Una manivela tiene una carga de 9 KN aplicada según se muestra en la figura Nº 1.2.1 Determinar el máximo esfuerzo cortante en la sección A-A, donde el diámetro es 50 mm.

CAPITULO 2: “CRITERIOS DE FALLAS”

PROBLEMA Nº 2.1 El elemento mostrado en la figura 2.1 es un acero SAE 1050, normalizado con S =780 N/m ; = 0.3 ¿Fallara el elemento para la carga aplicada?¿Cual es el factor de seguridad?

SOLUCIÓN : 1º ESQUEMA DE CALCULO Para este elemento es más conveniente usar dos vistas diedricas que nos permitiría visualizar los efectos a que estará sometido el eje macizo al que le vamos a verificar los criterios de fallas.

2º DIAGRAMA DE CUERPO LIBRE Aislamos el eje que es el elemento en estudio

3º MOMENTO FLECTOR : M = 2 000 x 100= 200 000 N.mm (V.L.D.) 4º TORQUE : T = 2 000 x 40 = 80 000 N.mm (V.F.) 5º DIAGRAMA DE CARGAS INTERNAS

6º SECCIÓN CRÍTICA: De los diagramas de cargas observamos que la sección del empotramiento está soportando las mayores cargas por lo tanto esta será la sección critica.

7º PUNTO CRÍTICO: Para la sección mencionada el punto crítico estará ubicado en la parte superior e inferior.

8º ESTADO TENSIONAL DEL PUNTO CRÍTICO: Caso bidimensional de los esfuerzos combinados 8.1º CALCULO DE =

(No hay carga normal)

N = Carga normal o axial 8.2º CALCULO DE =0 8.3º CALCULO DE

8.4º RESUMEN DEL ESTADO TENSIONAL ; =0 ; = 9º DEFINIENDO EL MATERIAL Observando las características del material se concluye que es un elemento de material dúctil; por lo tanto aplicaremos los criterios de fallas por dicho material y estos son : *Criterio del máximo esfuerzo *Criterio del máximo esfuerzo cortante *Criterio de la máxima deformación *Criterio de la máxima energía de deformación *Criterio de la máxima energía de distorsión

10º CRITERIO DEL MÁXIMO ESFUERZO NORMAL Fallara si

Comparando: ¡NO FALLA¡ 10.1º FACTOR DE SEGURIDAD f.s. = 11º CRITERIOS DEL MÁXIMO ESFUERZO CORTANTE Fallara si: Siendo:

Reemplazando valores

¡NO FALLA EL ELEMENTO¡

11.1º FACTOR DE SEGURIDAD f.s. =

=

12º CRITERIO DE LA MÁXIMA DEFORMACIÓN Fallara si:

Comparando: ¡NO FALLA EL ELEMENTO¡ 12.1 FACTOR DE SEGURIDAD f.s. =

=

13 CRITERIOS DE LA MÁXIMA ENERGÍA DE DEFORMACIÓN Fallara si:

Comparando: ¡NO FALLA¡

13.1º FACTOR DE SEGURIDAD f.s. =

=

14º CRITERIOS DE LA MÁXIMA ENERGÍA DE DISTORSIÓN Fallara si:

Comparando: ¡NO FALLA¡ 14º FACTOR DE SEGURIDAD

f.s. =

=

PROBLEMA 2.2 Para la barra de diámetro “d” que se muestra en la figura 2.2.1, se pide: a) Calcular en función del diámetro “d”: a.1) El estado tensional para el punto crítico, e indique su ubicación a.2) El esfuerzo cortante máximo a.3) Los esfuerzos normales principales b) Utilizando el criterio de la Máxima Energía de Distorsión y un factor de seguridad de 1.5 calcule l diámetro “d” de la barra. Las características del material empleado son: ACERO SAE 1020

Estirado en frio Notas *El eje esta articulado pero se impide el giro

*Todas las longitudes están en mm.

CAPITULO 3º “FATIGA” PROBLEMA Nº 3.1º El eje mostrado en la figura 3.1.1 recibe 36HO a 300 RPM a través de la polea plana, y los transmite a través del engranaje de 400 mm (20HP) y del piñon de 250 mm (16HP). Calcular el diámetro del eje considerando: MATERIAL.- Acero Polea engranaje y piñón instalados con canal chavetero y ajuste a presión. El engranaje y piñón son de dientes rectos con 20º de Angulo de presión. Factor de seguridad 1.5 según GOODMAN –MÁXIMA ENERGÍA DE DISTORSIÓN relación de tensión en la faja: F1 = 1.5 F2

SOLUCIÓN: 1º ANÁLISIS DE CARGAS 1.1º ENGRANES x-x

Trasladando cargas al eje tendremos:

Luego trasladaremos estas cargas a la vista espacial Calculo de las magnitudes de las cargas: Sabemos que:

1.2º POLEA y-y

Trasladando cargas al eje:

Luego trasladaremos estas cargas a la vista espacial Cálculos de las magnitudes de las cargas: Sabemos que:

1.3º PIÑÓN z-z

Trasladando cargas al eje

Luego trasladaremos estas cargas sobre la vista espacial Calculo de las magnitudes de las cargas

2º DIAGRAMAS DE CUERPO LIBRE – VISTA ESPACIAL

Para construir el diagrama de cuerpo libre, previamente hemos tenido que realizar nuestros esquemas de cálculos para los diferentes elementos de máquinas que están ensamblados al eje, para luego trasladar las cargas sobre el mismo. He graficado las reacciones en los apoyos del eje de una manera general, colocando componentes en dos planos perpendiculares, he considerado cargas puntuales y el sentido ha sido tomado arbitrariamente.

2.1º CALCULO DE LAS REACCIONES 2.1.1º PLANO VERTICAL

;

(Sentido Contrario)

2.2 PLANO HORIZONTAL

3º CÁLCULO DE LOS MOMENTOS 3.1º PLANO VERTICAL

3.2º PLANO HORIZONTAL

3.3º MOMENTOS RESULTANTES

3.4º MOMENTOS TORSORES

4º DIAGRAMAS DE CARGAS 4.1º PLANOS VERTICALES

4.2º PLANOS HORIZONTALES

4.3º DIAGRAMA DE TORQUES

5º CRITERIOS DE FALLA POR FATIGA - CRITERIO DE GOODMAN MÁXIMA ENERGÍA DE DISTORSIÓN SEGUNDO MÉTODO Tenemos que calcular los esfuerzos equivalentes:

Calculo por fatiga: Calculo por fluencia: 5.1º TIPO DE ESFUERZO FLUCTUANTE Después de haber planteado matemáticamente el criterio de falla respectivo, el siguiente paso será definir el tipo de esfuerzo fluctuante para las diversas secciones de análisis, observándose que en el presente problema se tiene cargas flexionantes y torsionates actuando de forma combinada. 5.1.1º ESFUERZO DE FLEXIÓN Nuestro eje está soportando momentos flectores constantes pero, como el eje está girando los esfuerzos correspondientes estarán variando respecto del tiempo para cada punto del eje y producirá un esfuerzo alternativo puro. Eje x:

Eje y:

5.1.2º ESFUERZO DE TORSIÓN Para esta carga, a pesar de que el eje gira los esfuerzos no varía en función del tiempo, siendo el grafico para esta situación el correspondiente a un esfuerzo constante para algún punto del eje sometido. Plano x-y:

5.1.3º ESFUERZO NOMINALES Denomino así a los esfuerzos calculados sin considerar la concentración de esfuerzos 5.1.3.1º SECCIÓN 1 M=0 T=0 d=0 5.1.3.2º SECCIÓN 2 M= 983 550 N.mm T = 474 733N.mm d = ¿?

5.1.3.3º SECCIÓN 3 M= 2 925 995 N.mm T = 474 733 N.mm d = ¿?

5.1.3.4º SECCIÓN 4 M= 573 348 N.mm T = 379 787 N.mm d = ¿?

5.1.3.5º SECCIÓN 5 M= 0 T = 379 787 N.mm d = ¿?

5.1.4º FACTOR DE CONCENTRACIÓN DE ESFUERZOS Debido a que nuestro eje es de un material dúctil calcularemos el factor total de concentración de esfuerzo a la flexión porque esta carga origina la componente amplitud del esfuerzo correspondiente, al cual tenemos que efectuarle el factor total de concentración de esfuerzos. 5.1.4.1º FLEXIÓN a) SECCIÓN 1 No hay cambio de sección No hay canal chavetero No se consideró ajustes a presión No es sección roscada Factor total: b) SECCIÓN 2 No hay cambio de sección Si hay canal chavetero Recocido- tabla6-03 Si hay ajustes a presión Trefilado – Tabla 6-05 No es sección roscada Factor total: c) SECCIÓN 3 No hay cambio de sección Si hay canal chavetero Recocido- tabla6-03 Si hay ajustes a presión Trefilado – Tabla 6-05 No es sección roscada Factor total: d) SECCIÓN 4 No hay cambio de sección No hay canal chavetero No se consideró ajustes a presión No es sección roscada Factor total: e) SECCIÓN 5 No hay cambio de sección

Si hay canal chavetero Si hay ajustes a presión No es sección roscada

Recocido- tabla6-03 Trefilado – Tabla 6-05 Factor total:

5.1.5º ESFUERZO DE TRABAJO Esfuerzos calculados y afectados de los factores de concentración de esfuerzos. a) SECCIÓN 1

b) SECCIÓN 2

c) SECCIÓN 3

d) SECCIÓN 4

,

e) SECCIÓN 5

,

,

5.2º PUNTO CRITICO Sera un punto crítico ubicado en la periférica del eje, para definirlo nos ayudaremos de la siguiente tabla

Observando la tabla 3.1.1-seccion de esfuerzos concentrados concluimos que el punto crítico se encuentra en la periferia de la sección 3, con el siguiente estado tensional

41

5.3º CALCULO DEL LIMITE CORRECTO DE FATIGA (Se) Se = Ka. Kb. Kc. Kd. Se” Para aceros Se*=0.5 Se*= 0.5x500= 250 MPa. 5.3.1 FACTORES MODIFICATIVOS DEL LIMITE DE FATIGAS S*e a) ACABADO SUPERFICIAL Ka: Fig. 6-03

Ka=0.8

Superficies Mecanizadas b) FACTOR DE TAMAÑO Kb: (Supongo: Tabla 6-01

; luego se tendrá que verificar) Kb=0.70

c) FACTOR DE CONFIABILIDAD Kc: Tabla 6-02 Kc= 0.752 Probabilidad de falla 0.1% d) FACTOR DE TEMPERATURA Kd: No nos indica nada; por lo tanto: Kd= 1 e) FACTOR DE EFECTOS VARIOS Ke: No nos indica nada; por lo tanto Ke = 1 5.3.2º MAGNITUDES DEL LIMITE DE FÁTICA CORRECTO Se= 0.8x0.70x0.752 x1x1x250 = 105MPa

42

5.4º CALCULO DEL DIÁMETRO Previamente calcularemos los esfuerzos equivalentes para el punto crítico.

5.4.1º CALCULO POR FATIGA (DATOS)

Reemplazando

5.4.2º CALCULO POR FLUENCIA

Reemplazando:

5.4.3º DEFINIENDO LA DIMENSIÓN DEL EJE Usaremos el diámetro mayor: d= 109.3mm

PROBLEMA Nº 3.2 En la figura se muestra un eje que transmite 5HP con un engranaje de dientes rectos y una catalina, girando a 700 rpm según el sentido indicado. El material del eje es acero trefilado y recocido con: con superficie rectificada. 1. Calcular las fuerzas en los dos elementos y señalar el elemento conductor

2. Hacer el diagrama de fuerzas en el eje 3. Hacer el diagrama de momento torsor en el eje 4. Cuál es la sección más crítica del eje; porque 5. Cuál es la sección más crítica del eje; porque 6. Cuál será el limite restringido de fatiga del eje para que dure 1 000 horas de trabajo continuo con una probabilidad de falla de0.01% 7. Calcular el factor de seguridad según el criterio de Godman máx. Energía de distorsión para una vida infinita.

PROBLEMA Nº 3.3 Calcular el factor de seguridad según el criterio de Soderberg-Von Mises. Las máquinas 1 2

2

y 2 consumen 7 HP y 10 HP. El material tiene Sy = 350 N/mm ; Su = 500 N/mm , la superficie del eje ha sido rectificada. Considere una probabilidad de falla de 0,01% y os factores de temperatura y de efectos varios iguales a 1.

1. ANALISIS DE CARGAS 1.1.ENGRANAJES D – A – E

Trasladando cargas al centro del eje:

1.2.ENGRANAJES B – C

Trasladando cargas al centro del eje:

1.3.CALCULO DE LAS CARGAS 1.3.1. ENGRANAJE A

1.3.2. ENGRANAJE B

2. DIGRAMA DE CUERPO LIBRE DEL EJE

2.1.CALCULO DE LAS REACCIONES 2.1.1 PLANO VERTICAL

2.1.2 PLANO HORIZONTAL

3

CALCULO DE LOS MOMENTOS FLECTORES 3.1 PLANO VERTICAL

3.2 PLANO HORIZONTAL

3.3 MOMENTOS RESULTANTES

3.4 CALCULO DE LOS TORQUES

4

DIAGRAMA DE CARGAS 4.1 PLANO VERTICAL

4.2 PLANO HORIZONTAL

4.3 MOMENTOS TORSORES

5

FACTOR DE SEGURIDAD – CRITERIO DE SODERBERG MAXIMA ENERGIA DE DISTORSION El factor de seguridad (N) se calcula de la siguiente forma:

5.1 TIPO DE ESFUERZO FLUCTUANTE 5.1.1 ESFUERZO DE FLEXION Es un Esfuerzo Alternativo Puro, y si hacemos coincidir el eje x en el eje longitudinal, tendremos:

Eje x:

Eje y:

5.1.2 ESFUERZO DE TORSION Para el tramo sometido a torsión los Esfuerzos son constantes. Plano x-y:

5.1.3 ESFUERZOS NOMINALES 5.1.3.1 SECCION 1 M=0 T=0 d = 40 mm

5.1.3.2 SECCION 2

5.1.3.3 SECCION 3

5.1.3.4 SECCION 4 M=0 T=0 d = 40 mm 5.1.4 FACTORES DE CONCENTRACION DE ESFUERZOS 5.1.4.1 FLEXION 5.1.4.1.1 SECCION 1

No hay cambio de sección No hay canal chavetero No considero ajuste a presión No hay sección roscada Factor total: 5.1.4.1.2 SECCION 2 No hay cambio de sección Si hay canal chavetero: Reducido Flexión Si hay ajuste a presión No hay sección roscada Factor total: 5.1.4.1.3 SECCION 3 No hay cambio de sección Si hay canal chavetero Si hay ajuste a presión No hay sección roscada Factor total: 5.1.4.1.4 SECCION 4 No hay cambio de sección No hay canal chavetero No considero ajuste a presión No hay sección roscada Factor total: 5.1.5 ESFUERZOS DE TRABAJO 5.1.5.1 SECCION 1

.9

5.1.5.2 SECCION 2

5.1.5.3 SECCION 3

5.1.5.4 SECCION4

5.2 PUNTO CRITICO SECCION Carga Normal Axial (N) Momento Vertical (MV) Momento Horizontal (MH) Momento Resultante (M) Torque (T) Esfuerzo Axial Esfuerzos Esfuerzo Flector Aislados Esfuerzo Torsor Esfuerzos Nominales a la Fatiga

Factores De Concentración

Esfuerzos de Trabajo

Flexión

1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0

2 0 75930 242640 254243 237366 0 28.4 13.3 28.4 0 0 0 0 13.3 1 1.6 1.9 1 3.04 86.3 0 0 0 0 13.3

3 0 137670 116010 180032 237366 0 20.1 13.3 20.1 0 0 0 0 13.3 1 1.6 1.9 1 3.04 61.1 0 0 0 0 13.3

4 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0

Observando podemos concluir diciendo que el punto crítico se encuentra en la periferia de la sección 2. 5.3 CALCULO DEL LIMITE CORRECTO DE FATIGA (Se)

En el presente caso:

5.3.1 FACTORES MODIFICATIVOS DEL LIMITE DE FATIGA (S´e) 5.3.1.1 Acabado superficial Ka

Superficie Rectificada 5.3.1.2 Factor de tamaño Kb

5.3.1.3 Factor de confiabilidad Kc Probabilidad de falla 0.01% 5.3.1.4 Factor de temperatura Kd

5.3.1.5 Factor de efectos varios Ke

5.3.2 MAGNITUD DEL LIMITE CORRECTO DE FATIGA

5.4 CALCULO DEL FACTOR DE SEGURIDAD De acuerdo al criterio indicado tenemos:

Donde:

Para el punto crítico:

Características del material:

Reemplazando:

CAPITULO 4. DISEÑO DE EJES En su mayoría las fallas en las máquinas se deben a cargas que varían con el tiempo y no a cargas estáticas. Estas fallas pueden ocurrir a esfuerzos muy por debajo del límite elástico de los materiales, por lo tanto si usamos sólo la teoría de fallas por carga estática podemos llegar a diseños poco seguros cuando las cargas sean dinámicas. Las fallas por fatiga siempre empiezan en una grieta. La grieta puede deberse al maquinado de la superficie u originarse por causa de las deformaciones cíclicas cerca de las concentraciones de esfuerzos. La corrosión hace que la grieta siga creciendo, incluso en ausencia de esfuerzo. Una fibra de la superficie de un eje rotatorio sometido a flexión (también a torsión), pasa por esfuerzos de tensión y compresión en cada revolución del eje. Si éste es parte de un máquina y gira a1725 RPM, la fibra es esforzada en tensión y compresión 1725 veces por minuto. Si el eje también está cargado axialmente (engrane helicoidal o tornillo sin-fin), habrá una componente axial de esfuerzo que se superpondrá a la componente de flexión. Estos esfuerzos se llaman repetidos, alternantes o fluctuantes y causan FALLAS POR FATIGA. Quien no sepa lo suficiente sobre fallas por fatiga puededuplicar o triplicar los factores de seguridad y, crear así un diseño que no fallará, pero tales diseños no serán competitivos en el mercado actual ni los ingenieros que los hayan realizados. 4.1 Cargas por fátiga Cualquier carga que varíe con el tiempo puede causar falla por fatiga. Los factores de importancia son la amplitud y el valor medio de la onda esfuerzo-tiempo, así como el número de ciclos. Las funciones típicas esfuerzo-tiempo experimentada por elementos bajo la acción de cargas de fatiga se aprecian en las siguientes figuras. Esfuerzo medio →



m



max   min

2

Esfuerzo alterno →



a



max 



min

2

4.2 Prueba de la viga rotatoria Para determinar la resistencia a la fatiga de un material es necesario un gran número de pruebas debido a la naturaleza estadística de la fatiga. La primera prueba se realiza con un esfuerzo menor que Sut, la 2da con un esfuerzo menor. Este proceso continúa y los resultados se grafican, obteniendo un diagrama S-N.

 

6

Para aceros se presenta el quiebre mostrado en N=10 ciclos y más allá de ese punto no ocurrirá falla. Para metales no férreos y sus aleaciones la gráfica nunca llega a ser horizontal y por lo tanto se dice que no tienen Se.

Para aceros '

S e  0.504Sut ' Se

 100Ksi

→ →

S ut  200Ksi (1400MPa) S ut  200Ksi (1400MPa)

4.3 Factores de corrección del límite de resistencia a la fatiga teórico. S e  K a K b K c K d K e' S e

Se=Límite de resistencia a la fatiga del elemento de máquina. Se’=Límite de resistencia a la fatiga teórico Ka= Factor de superficie Kb=Factor de tamaño Kc= Factor de carga Kd= Factor de temperatura Ke=Factor de efectos diversos

Ka '

K a  aSut

ACABADO DE SUPERFICIE Esmerilado Estirado en frío Laminado en caliente Forjado

FACTOR a Kpsi Mpa 1.34 1.58 2.7 4.51 14.4 57.7 39.9 272

EXPONENTE b -0.085 -0.265 -0.718 -0.995

Kb Para flexión y torsión d K ( ) 0.3

 0.1133

Kb  ( d 0.1133 mm 7.62)

in

→

→

0.11  d  2in

2.79  d  51mm

Para tamaños mayores, Kb varía de 0.6 a 0.75 en flexión y en torsión. Para carga axial no existe el efecto de tamaño, Kb=1. Si la sección es no circular, se debe usar un diámetro equivalente. Kc Kc=0.923 para carga axial y Sut ≤220 Kpsi (1520Mpa) Kc=1 para carga axial Sut≥220 Kpsi Kc=1 Flexión Kc=0.577 Torsión y cortante Kd (Ver información en la bibliografía)

5.4 VELOCIDAD CRITICA DE EJES Cualquier masa en movimiento almacena energía cinética y cualquier resorte almacena energía potencial. Todos los elementos de máquinas están fabricados de materiales elásticos y, por lo tanto, actúan como resortes. Todos los elementos tienen masa y almacenan energía cinética si además también tienen velocidad. Cuando un sistema dinámico vibra, ocurre de manera repetida una transferencia de energía de potencial a cinética a potencial, etc. dentro del sistema mismo. Los ejes llenan estas condiciones, girando a alguna velocidad y flexionándose tanto a torsión como a flexión. Todos los ejes giratorios se flexionan durante el movimiento de rotación. La magnitud de la deflexión depende de la rigidez del eje y de sus soportes, de la masa total del eje y sus partes acopladas, y de la cantidad de amortiguación del sistema. La velocidad crítica de un eje rotatorio, algunas veces denominadas frecuencia natural, es la velocidad a la cual dicho eje rotatorio se vuelve dinámicamente inestable y se desarrollan grandes vibraciones. Para cualquier eje existen un número infinito de velocidades críticas, pero generalmente sólo la más baja (primera) y ocasionalmente la segunda son de interés para los diseñadores. Usualmente las otra resultan tan altas que están fuera del rango de operación de la velocidad del eje. 59

5.4.1. Sistema de masa individual La primera velocidad critica o frecuencia natural más baja se obtiene observando la razón de intercambio entre las energías cinética y potencial del sistema, durante su movimiento cíclico. Una masa individual sobre un eje se puede representar por la simple masa del resorte que se muestra en la fig. 5.1. La línea punteada indica la posición de equilibrio estático. La energía potencial del sistema es: 

U   (k 0  k )d  ma g

0

donde: ma = masa,Kg. g = 9.81, m/s2 k = constante elástica del resorte, N/m δ = deflexión del resorte, m. Integrando se obtiene: U

1

k

..........(5.1)

2

2 La energía cinética del sistema con la masa moviéndose: . K e  1 m ( ) 2 a

..........(5.2)

2 Observe lo siguiente: 1. A medida que la masa pasa a través de la posición de equilibrio estático, la energía potencial U es cero y la energía cinética Ke, es máxima y es igual a la energía mecánica total del sistema. 2. Cuando la masa está en la posición de desplazamiento máximo y está a punto de cambiar de dirección, su velocidad es cero. En este punto la energía potencial U, es máxima y es igual a la energía mecánica total del sistema. De esta forma la energía mecánica total del sistema es la suma de U y Ke, y es constante en cualquier tiempo. d (U  K e )  0 ..........(5.3) dt Sustituyendo las ecuaciones (5.1) y (5.2) en (5.3), se tiene: ..

   2  0

k , rad/s ma La solución general para esta ecuación diferencial es:   A1 sen(t   ) donde: A1= es una constante de integración. W = Primera velocidad crítica (o frecuencia natural más baja)

..........(5.4)

donde:  

Sustituyendo la ecuación (5.5) en (5.1) y en (5.2), tenemos:

..........(5.5)

U

k

2

A sen (t   ) 2

1

2

..........(5.6)

Ke 

1 ma A 2 2 cos2 (t   ) 1 2

..........(5.7)

Observe en la ecuación (5.5) que para deflexión estátic, si k=W/δ y ma= W/g, entonces: W k   g ..........(5.8)   W ma



g

5.4.2. Sistema de masa múltiple A. Método de Rayleigh Este método supone Kemáximo = Umáx

W 

g



cr



i 1,...n



2

i

imáx

Wi i ,m á x

..........(5.9)

i 1,...n

Esta es la primera velocidad crítica (o primera frecuencia natural) de un sistema de n masas. En esta ecuación se sobreestima la primera velocidad crítica. B. Método de Dunkerley La ecuación de Dunkerley es otra aproximación a la primera velcoidad crítica de un sistema de masa múltiple: 1 1 1 1 ..........(5.10)  ...  2  2  2  n2  cr  1  2 donde: ωi= Velocidad crítica si sólo existe la masa i g i  i En la ecuación de Dunkerley se subestima la primera velocidad crítica. Problema En la fig. se muestra el conjunto de ensamble de un eje simplemente apoyado. Se usa un eje sólido de 2 pulg de diámetro hecho de acero de bajo carbono. Se proporcionan los siguientes datos: x1=30 pulg, x2=40 pulg, x3=20 pulg, PA=80lb y PB=120 lb. Determine la primera velocidad crítica. Solución De la estática:  M C  0 R1(90)-PA(60)-PB(20)=0 → R1= 80lb R2=120lb Cálculamos la deflexión en el eje: M(x) = 80x-80(x-30)-120(x-70) EI

d 2y

dx 2

 M ( x)  80 x  80( x  30)  120 ( x  70)

EI

dy 80 2 80 2 120 2  x  ( x  30)  ( x  70)  C1 dx 2 2 2

EIy 

40

3

x 

3

40 3

3

3

( x  30)  20( x  70)  C1x  C 2

...........(*)

Donde: 7 E=3x10 psi d 4 4  0.7854 in I 64 Condiciones de frontera: X=0 → X=90’’

y=0 →

→ y=0

C2=0 → C1=-74222.22

Cálculo de YA Para x=30 in yA 

1  40  (30) 3  ()74222 (30) EI 3

y A  0.07922 in Cálculo de YB 1  40  3 40 3 yA  (70)  (40)  74222 (70) EI 3 3 y B  0.06262 in ECUACION DE RAYLEIGH g  Wi  i m áx

 cr 



i 1,...n 2

Wi i ,m áx

386 .480(0.07922 )  120 (0.06262 )



80(0.07922 )

i 1,...n

 cr  74.18rad / s  708 .37 RPM ECUACION DE DUNKERLEY 1



2 cr



1



2 1





1 2 2

 ... 

1



2 n

2

 120 (0.06262 ) 2



Para aplicar esta ecuación se debe calcular la deflexión en cada punto i debido sólo a la carga i. Cálculo de la deflexión en el punto A debido sólo a la carga PA. De la estática: M 2  0 →

R1=53.33 lb

M(x) = 53.33x-80(x-30) EI

d 2y  M ( x)  53.33 x  80( x  30) 2 dx

EI

dy 53.33 2 80 2  x  ( x  30)  C1 dx 2 2

Donde: 7 E=3x10 psi d 4 4  0.7854 in I 64 Condiciones de frontera: X=0 → X=90’’

y=0 →

→ y=0

C2=0 → C1=-39995.5

YA=-0.4074 in En forma semejante calculamos para el punto B, se llega a YB=-0.03692 in. g i  i Tenemos para A y B 386 .4  Acr   97.34 rad / s  15.49 rev / s  929 .5RPM 0.04074

 Bcr 

1



2 cr



386 .4  102 .2rad / s  16.27 rev / s  976 .4RPM 0.03692

1



2 Acr



1



2 Bcr

 cr  673 .03 RPM Por lo tanto. La primera velocidad crítica real se encuentra entre 673 y 708 RPM. En el diseño del eje se deberá evitar este rango de operación.

C AP I T U L O 5 Transmisiones de Engranes o Eng ranajes Los engranajes se utilizan ampliamente en diversos mecanismos y máquinas, desde abrelatas hasta barcos portaviones. Siempre que es necesario un cambio en la velocidad o en el torque (momento de rotación) de un dispositivo rotatorio, generalmente se usará un engranaje, o bien uno de sus “primos”, la transmisión de banda o la de cadena.

Fig. 5.1. Este mecanismo se usa para ejercer una fuerza vertical sobre una muestra A, para un estampado.

Fig. 5.2. Mecanismo para alimentar madera hacia hoja de corte

Fig. 5.3 Tecle: Usado para elevar grandes pesos, usando la idea de ventaja mecánica. Este mecanismo es un tren de engranes planetarios.

5.1 Ti po s d e eng r an e s Los engranes rectos, que se ilustran en la Fig. 3.4 son engranes cilíndricos que tienen sus dientes paralelos al eje de rotación y se utilizan para transmitir movimiento de un eje a otro que es paralelo.

Fig. 5.4 Los engranes helicoidales, que se ilustran en la Fig. 5.5 son engranes cilíndricos que tienen sus dientes inclinados o no paralelos al eje de rotación y se utilizan en las mismas aplicaciones que usan los engranes de dientes rectos. Son memos ruidosos que los engranes rectos debido al acoplamiento gradual de s us dientes. Debido a sus dientes inclinados se desarrollan cargas de empuje axial y pares flexionantes que no se desarrollan con los dientes rectos.

Fig.5.5

65

Los engranes cónicos, que se ilustran en la Fig. 5.6 se usan para transmitir movimiento entre ejes que se intersecan.

Fig. 5.6

Fig. 5.7

El engrane de tornillo sinfin se muestra en la Fig. 4.7 y consiste de un elemento llamado sinfín o gusano que se parece a un tornillo. El sentido de rotación del otro elemento , llamado rueda o engrane del sinfín depende del sentido de rotación del gusano y de si los dientes del mismo están cortados a la derecha o a la izquierda.

4.2 N o m enc l a t u r a La nomenclatura de dientes de engranes rectos se indican en la Fig. 5.8. Circunferencia de paso: Es un círculo teórico en el que generalmente se basan todos los cálculos; su diámetro es el diámetro de paso (d). Las circunferencias de paso de un par de engranes conectados son tangentes entre sí. En un engranaje o par de engranes, al menor se le llama piñón y al mayor, rueda (o engrane mayor). El paso circular ( p) es la distancia, medida sobre la circunferencia de paso, entre determinado punto de un diente y el correspondiente de uno inmediato. Es la suma del grueso del diente y el ancho del espacio entre dos consecutivos. El módulo (m) es la razón o relación del diámetro de paso al número de dientes. Se mide en mm. El módulo es el índice del tamaño de los dientes en el SI. El paso diametral (P) es el inverso del módulo, indica el “tamaño” del diente e n el Sistema Inglés. Se mide en dientes/pulg. El adendo (a) es la distancia radial entre el tope del diente (o la circunferencia de adendo) y la circunferencia de paso. El dependo (b) es la distancia radial entre el fondo del diente (o la circunferencia de dedendo) y la circunferencia de paso. La altura total de un diente es la suma del adendo y el dedendo. La holgura (c) es la diferencia entre el dedendo de un engrane dado que excede al adendo del engrane conectado. 66

Fig. 5.8

5.3 C ili nd r o s R odan t e s E n C on t ac t o El modo más sencillo de transmitir movimiento de un árbol o eje rotatorio a otro, es mediante un par de cilindros o ruedas lisas en o rodante. La conexión puede ser externa (Fig. 5.9a) o interna (Fig. 5.9b). Siempre que exista la fricción suficiente en la interfaz de o, este sencillo mecanismo funcionará bien. No habrá deslizamiento entre los cilindros hasta que la fuerza de rozamiento máxima disponible se exceda por las demandas de la transmisión de torque.

a) Conjunto con conexión externa.

b) Conjunto con conexión interna.

Fig. 5.9. Cilindros rodantes en o. Los inconvenientes principales de la transmisión de cilindros rodantes, son su relativamente baja capacidad de torque y la posibilidad de des lizamiento. Lo anterior significa usualmente que deben tenerse medios de trabamiento (aristas que entran en ranuras) en los cilindros rodantes en o. Esto da lugar a las ruedas dentadas o engranes.

67

En la Fig. 5.10 se muestra el mecanismo resultante, que se denomina engranaje o transmisión de engranes. Cuando dos ruedas dentadas se conectan o engranan para constituir ese mecanismo, es usual llamar a la menor, piñón, y a la mayor rueda.

Fig. 5.10. Un engranaje (o transmisión de engranes). Tipo externo.

5.4 L e y Funda m en t a l de l eng r ana j e Los dientes de engrane de cualquier forma evitarán el resbalamiento entre los elementos rodantes en o. La ley fundamental del engranaje, expresa que la relación de velocidad angular entre los elementos de una transmisión de engranes, debe permanecer constante en toda la conexión. La relación de velocidad (angular) (RV). Equivale a la razón del radio del engrane de entrada (r entr .) al del engrane de salida (r sal .): RV = sal. / entr. =  r entr . / r sal . El signo positivo o negativo corresponde a que se trate de una conexión interna o una externa, como se ilustra en la Fig. 3.9. Una conexión externa invierte el sentido de rotación entre los cilindros y requiere el signo negativo. En un engrane interno se tiene el mismo sentido de rotación entre los ejes conectados y se requiere el signo positivo en la ecuación 3.1. Las superficies de o de los cilindros rodantes se convertirán en las determinadas por los círculos (o circunferencias) de paso (también llamados, círculos primitivos). Con el fin de que se verifique la ley fundamental del engranaje, los perfiles de los dientes que engranan deben ser conjugados entre sí. Hay un número infinito de pares conjugados posibles que podrían usarse, pero sólo algunas curvas tienen aplicación práctica en los dientes de engrane. La cicloide se usa aún como perfil de diente en los relojes (de pulsera o de mesa), pero en la mayor parte de los engranes de máquina, se emplea la curva llamada involuta o evolvente, en el contorno de los dientes.

Fig. 5.11. Desarrollo de la curva denominada involuta (o evolvente).

5.5 Tr e n d e Eng r an e s Los Trenes de engranes son elementos de máquinas que consisten de engranes múltiples. Se usan para obtener una velocidad angular deseada de un eje de salida: mientras que el eje de entrada gira con una velocidad angular diferente. La razón de la velocidad angular entre los engranes de entrada y salida es constante.

68

5.5.1 Eng r ane s d e Ac op l a mi en t o S im p l e En la Fig. 5.12 se muestran dos engranes rectos acoplados externamente con centros fijos. Usando la ecuación (3.1) y la convención de signos, en la que positivo significa la misma dirección y negativo la dirección opuesta, se obtiene la razón de la velocidad angular como: RV = 2 / 1 = - N1 / N2

… (3.2)

Fig. 5.12. Engranes rectos externamente acoplados.

En la Fig. 5.13 se muestran dos engranes rectos acoplados internamente. Note que ambos engranes se mueven en la misma dirección y, por tanto, son positivos. La razón de la velocidad angular es: RV = 2 / 1 = + N 1 / N 2

Fig. 5.13. Engranes internamente acoplados.

rectos

5.5.2 Tr ene s d e Eng r an e R ec t o S im p l e El tren de tipo simple es aquel en el que cada eje tiene sólo un engrane. En la Fig. 5.14 se ilustra un tren de engranes simple de cinco elementos en serie. La relación de velocidad del tren es: RV    N 2   

 N 3  

N3

 

N 4  

N4



 N 5  

N5  N6



N2 N6

69

Fig. 5.14. Tren de engranes del tipo simple.

La RV de un tren del tipo simple es la existente entre el primer engrane y el último. Sólo el signo de la relación global es afectado por los engranes intermedios, que se denominan libres o inactivos “locos” porque no se toma potencia de sus ejes. Si todo s los engranes de un tren son de conexión externa y están en número par, el sentido de rotación en el de salida es opuesto al del engrane de entrada. Si el número de elementos es impar, los sentidos son iguales. Así, sólo un engrane externo libre o inactiv o, de cualquier diámetro, puede servir para cambiar el sentido del engrane final de salida, sin alterar su velocidad. Un engranaje simple con engranes rectos, helicoidales o cónicos, suele estar limitado a una RV de 10:1, porque tal transmisión resultaría muy grande, costosa e inconveniente en su integración. Es práctica común insertar sólo un engrane inactivo para cambiar el sentido de rotación, pero más de uno resulta superfluo. No se justifica suficientemente diseñar un tren de engranes como el de la Fig. 3.14. Si se requiriera conectar dos ejes muy alejados, podría usarse un tren simple con muchos engranes, pero esto resultaría mucho más costoso que una transmisión de banda o de cadena para la misma aplicación. Los engranes son elementos costosos en la maquinaria. 3.5.3 Tr ene s d e En g r an e R ec t o C o m pues t o En un tren engrane compuesto (Fig. 3.15) al menos un eje soporta dos o más engranes. En este tipo de tren todos los engranes están sincronizados con sus respectivos ejes, de manera que las velocidades angulares de todos los engranes son iguales a la del eje sobre el cual están montados. Las velocidades angulares de los ejes adyacentes están regidas por la relación de engranes del acoplamiento asociado. En la Fig. 3.15 se muestra un tren del tipo compuesto con cuatro engranes, dos de los cuales (el 3 y el 4) están montados sobre el mismo eje y tienen así la misma velocidad angular. Fig. 5.15. Tren de engranes del tipo compuesto. La relación de velocidad del tren es:

 RV   

N2   N 3 

N4 N5

(3.5a)

Lo anterior puede generalizarse para cualquier número de engranes en el tren como: producto de núms. de dientes en engranes impulsores RV   producto de núms. de dientes en engranes impulsados

Obsérvese que estas relaciones intermedias no se cancelan y que la RV global o total es el producto de las RV de engranajes en paralelo. Por l o tanto, puede obtenerse una RV mayor con un tren compuesto, a pesar de la limitación aproximadamente a 10:1 que tiene para engranajes individuales. El signo más o menos de la ecuación 5.5b depende del número y tipo de las conexiones que hay en el tren, ya sea externas o internas. Ejemplo 5.1. Datos: El tren de engranes que se muestra en la Fig. 5.16. Hallar: Determine la razón de la velocidad angular para el tren de engranes. Si el eje que soporta al engrane A gira a 1750 rpm en el sentido de las manecillas del reloj, determine la velocidad y la dirección del eje que soporta al engrane E. Fig. 5.16. Tren de engranes utilizado en el ejemplo 4.1. Solución: Note en la Fig. 5.16 que: N  NC  RV   A   N  N    B  D 

ND    N E 

N A *NC 20 *18   0,095 NB * NE 70 * 54

El engrane D es un engrane loco, llamado así porque no tiene efecto sobre la magnitud de la razón de la velocidad angular, pero sí causa una inversión de la dirección. Por lo tanto, si el engrane D no estuviera presente, la dirección del engrane E sería en la dirección opuesta, pero la razón de la velocidad angular tendría el mismo valor numérico pero con signo opuesto. La velocidad de salida es RV 

E A



NA *NC  0,095 NB*NE

 E  0,095  A  166 ,7 rpm El signo negativo implica que la dirección es contraria al sentido de rotación del engrane A.

Ejemplo 5.2. El tren de engranes helicoidales de doble reducción que se muestra en la Fig. 5.17 es impulsado a través del árbol AB a una velocidad de 900 rpm. Los números de dientes son N 2=14, N3=54, N4=16, N5=36. Determine la velocidad y el sentido de rotación del árbol C. Solución: La velocidad de C es RV 

n5 N 2 * N 4  n2 N 3 * N 5

 n5  14 *16 * 900 54 * 36 n5  103,70 rpm (rev / min) El engrane 5 gira en el sentido de n 2; visto desde la derecha tiene sentido horario.

Fig. 5.17. Tren de engranes utilizado en el ejemplo 3.2.

Ejemplo 5.3. El tren de engranes de la Fig. 3.18 está dispuesto para alimentar madera entre los dos rodillos de 6 in de diámetro (R) hacia una hoja de corte con el fin de aserrar a lo largo la madera. La hoja se está impulsando directamente a 500 rpm. Una derivación de potencia, que consiste en el sistema de bandas que se muestra, impulsa los rodillos para alimentar la materia prima. Determine la velocidad de la materia prima en ft/min y la dirección de movimiento de la materia prima. Fig. 4.18. Tren de engranes utilizado en el ejemplo 3.3. Solución: RV 

RV 

n

SA LIDA

nENTRADA

nSALIDA 500





Pr oducto engranes conductores Pr oducto engranes conducidos

4 *12 *10 * 40 *10 *  0,00488 6 18 *14 * 40 * 60 * 65 *6

n SALIDA  500 * 0,00488  2,44 rpm

V = * r  rev 2 rad   V =  2,44  *  3 pu lg* * 

min

1 rev  

1 pie   12 pu lg 

V = 3,8327 pies/min

PROBLEMAS PROPUES TO S 1.

En la Fig. p5.1 se muestra un tren de engranes sencillo. Si el engrane A proporciona la entrada y la salida se toma del eje del engrane E, calcule la razón y el signo de s al./entr . en términos del número de dientes de los engranes. Fig. p5.1

2. El tren de engranes compuesto que se muestra en la Fig. p5.2 está conectado a un motor que impulsa el engrane A a entr horaria visto desde abajo. Determine la expresión para la velocidad angular del engrane H en términos del número de dientes de los engranes. Determina la dirección de rotación del engrane H visto desde abajo. Fig. p5.2 3. El engrane A del tren de engranes de la Fig. p5.3 es impulsado a 200 rpm en sentido horario visto desde abajo. Los ejes de todos los engranes están situados en cojinetes fijos a tierra. Determine G, K y I dados los números de dientes de cada engrane indicados en la Fig.. Determine la dirección de rotación de estos tres engranes vistos desde la derecha. Fig. p5.3 4. Diseñe un tren de engranes sencillo para acoplar los dos ejes de la Fig. p3.4 de modo que el impulsor gire a 30 rpm y el seguidor gire a 21000 rpm en las direcciones indicadas. El diseño se debe basar en engranes de catálogo listados cada entero entre 12 y 25 dientes y listados cada dos enteros entre 26 y 60 dientes. Prepare un dibujo del acomodo del tren y rotule cada engrane. Fig. p5.4

73

5. Calcule la velocidad de ascenso del peso W de la Fig. p5.5 si el motor gira a 300 rpm. Diámetros: D IV= 20 cm, D III= 100 cm, D G3= 100 cm, D G1 = 80 cm, D G2= 60 cm, D G4= 80 cm, D V= 120 cm.

Fig. p5.5

6. En la figura se muestra parte del tren de engranes de una fresadora vertical. Los engranes 2 y 3 deslizan en su eje para engranar con 6 y 4 respectivamente. También los engranes 14 y 15 pueden deslizar en su eje para engranar con 16 y 17 respectivamente. Si los engranes 2 -6 y 14-16 están acoplados y la velocidad de la polea es 1800 rpm ¿Cuál es el número de dientes de los engranes 2 y 6 si la velocidad del husillo debe ser 130+/ -3 rpm.?

74

Trenes de Engranes Planetarios (o Epi cíclicos)

Para obtener una reducción de engranes deseada, con frecuencia conviene diseñar un tren de engranajes de manera que uno de los engranes tenga movimiento planetario. Con este movimiento se logra que un engranaje se mueva de tal forma que no solamente gire alrededor de su propio centro sino que al mismo tiempo gire alrededor de otro centro. Las figuras 3.19 a y b muestran dos trenes de engranajes planetarios, en los que el engrane 1 con frecuencia recibe el nombre de central o solar y el engrane 2 recibe el nombre de engrane planeta o satélite.

Figura 5.19 En la figura 3.19.a, el brazo 3 mueve al engran aje 2 alrededor del engranaje 1 que es un engranaje externo fijo. Como se puede ver, el engranaje 2 gira alrededor de su centro B en tanto que este centro gira alrededor del punto A. Conforme el engrane 2 rueda alrededor del engranaje exterior 1, un punto de su superficie genera una epicicloide. La figura 3.19.b muestra el caso en que engranaje 1 es un engranaje interno. En este caso se genera una hipocicloide con un punto en la superficie del engranaje 2. Debido a las curvas generadas, con frecuencia se l lama tren de engranajes epicíclico o cíclico. M ét odo de la Fórm ula : En la figura 4.19: Datos: 3 1 : Velocidad angular del brazo 3 con relación al engrane 1. Hallar: 2 1 : Velocidad angular del engranaje 2 con relación ala engranaje 1. Debido a que el engrane 1 está fijo, esto es igual que la velocidad angular del engrane 2 y del brazo 3 con relación a tierra. Considere el tren de engranajes de la figura 3.19.a que se cambia de manera que el brazo 3 esté estacionario, en lugar del engra naje 1. Entonces el brazo 3 se convierte en la tierra y se tiene en consecuencia un tren ordinario de engranajes. Por tanto, se puede evaluar la relación 2 3 /13 como –N1/N2. Si ahora se devuelve el mecanismo a su arreglo original, o sea que el brazo 3 est á en movimiento y el engranaje 1 está fijo, todavía se mantiene la relación –N1/N 2 para 2 3 /13 . La razón de ello es que cuando se invierte un mecanismo, no cambia el movimiento relativo entre los eslabones . Ahora se puede obtener una solución para 2 1 en función de las cantidades conocidas 3 1 y 23 /1 3 escribiendo una ecuación para 2 1 y dividiendo entre 31 como se muestra a continuación:

75

 2 1 =  3 1 + 2 3

 21  31

 23  1  1  23  31  13  21   31 (1   

Por lo tanto,

23

)

13

 23 N1    13 N2

Para la Figura 5.19.a:

 21   31 (1  N 1 ) N2  23 N 1  13   N 2

Para la Figura 5.19.b:

Al comparar las ecuaciones 3.6.a y 3.6.b, se ve por qué es importante sustituir el signo algebraico correcto de 2 3 /13 en la ecuación 3.6. Considere a continuación el caso en el que todos los engranes giran así como el brazo. Esto se ilustra en la Figura 3.20, en donde se conocen 3 1 y 4 1 , y se requiere encontrar 2 1 .Al resolver este problema, la relación clave es 24 /3 4 debido a que es la relación de las velocidades de los dos engranes con relación al brazo y se puede evaluar fácilmente.

Figura 4.20 Se pueden escribir ecuaciones para 2 4 y 3 4 y combinarse de manera que aparezca la relación 2 4 /34 . Esto se ilustra de la siguiente forma:  2 4 =  2 1 - 4 1  3 4 =  3 1 - 4 1 Dividiendo la primera ecuación entre la segunda,

  21  

  31   41   34  24

   1  24   34  

76

 24 N3    34 N2

pero,

 N3   31   41    N2

 21

Por lo tanto,

 N3  1   N2 

Al obtener las ecuaciones 3.6 y 3.7, se vio que en cada caso primero se obtenía la relación de las velocidades angulares de los engranes con relación al brazo y luego se escribían las ecuaciones de velocidad relativa y se combinaban para contener esta relación. Aunque este método es básico, significa que se debe desarrollar una nueva ecuación para cada sistema planetario que se encuentre. Para evitar esta repetición, es posible obtener una ecuación general que pueda apli carse a cualquier tren de engranes planetarios. Considere nuevamente la Figura 3.20 y las ecuaciones  2 4 =  2 1 - 4 1  3 4 =  3 1 - 4 1

 24   41   21  34  31   41

y

Si en la Figura 3.20 se considera que el engrane 3 es el primer engrane y que el engrane 2 es el último engrane, la ecuación anterior puede escribirse como

 

LA

FA



L    F  A

A

en donde:





LA FA

= relación de las velocidades del último engrane con respecto al primero, ambas con

relación al brazo. L = Velocidad angular del último engrane en el tren con relación al eslabón fijo. A = Velocidad angular del brazo con relación al eslabón fijo. F = Velocidad angular del primer engrane en el tren con relación al eslabón fijo. Cuando se usa la ecuación 3.8 se debe enfatizar que el primer engrane y el último engrane deben ser engranes que se acoplen con el engrane o engranes que tienen movimiento planetario. Asimismo, el primer engrane y el último engrane deben estar en flechas paralelas debido a que las vel ocidades angulares no se pueden tratar algebraicamente a menos que los vectores que representan estas velocidades sean paralelos. Utilizando la ecuación 3.8 para escribir la ecuación para el tren de engranes de la Figura 3.19.a: Considere que el engrane 1 es el primer engrane y que el engrane 2 es el último engrane:

 LA L  A  FA  F  A  LA  23   FA 13  L = 2 1



N1 N2

 A = 3 1  F = 1 = 0 Sustituyendo estos valores se obtiene

 N   21   31 1  1  N2  que concuerda con la ecuación 3.6.a. Resumiendo podemos decir que en un tren de engranes planetarios se cumple la ecuación:

 

LA

FA



 L   F  A

A

= RV

donde RV = relación de transmisión RV  RV 

Pr oducto de los dientes de los engranes motrices Pr oducto de los dientes de los engranes movidos Pr oducto de los diámetros de los engranes motrices Pr oducto de los diámetros de los engranes movidos

Ejemplo 5.4: En el tren de engranes de la Figura 3.21, las entradas son: el engrane sol 5 y el engrane anular 2. Para velocidades angulares dadas de 5 = 200 rpm y 2 = 500 rpm (ambas antihorarias vistas desde la derecha), calcule la velocidad de rotación del brazo 6.

Fig. 5.21 Solución:

L 

A

F 

A

= RV

identificando términos, se tiene:  L = 2  A = 6  F = 5

2 6  5   6 =RV 500   6

=



45 

48



    = RV  120  27 

300   6

6 = 420 rpm antihoraria vista desde la derecha. Como se ha visto, lo primero que debemos hacer es identificar los ejes cuyos centros se mueven (llevados por brazos alrededor de ejes fijos). Entonces, los engranes llevados por la flecha móvil constituyen esa unidad planetaria del tren de engrane.

Apli ca ciones de l os Tr enes de Engra naj es Pl a ne t arios: Ejemplo 5.5: Embrague En el embrague planetario mostrado en la Figura 5.22, el tope 6 puede estar trabado o destrabado. Cuando está trabado, se tiene un tren de engranes planetario, y cuando está destrabado, el resultado es un tren de engranes ordinario, ya que el brazo 5 permanecerá estacionario. Si el engrane 2 gira en la dirección mostrada a 300 rpm, determine: a). La velocidad del engrane anular 4 cuando el tope está destrabado como se muestra. b). La velocidad del brazo 5 cuando el tope 6 está trabado con el engrane anular 4. Solución: 2 = 300 rpm a). Cuando el tope está destrabado, entonces el sistema trabaja como un tren ordinario. Los engranes RV =

4 2

 

S E

=

 

4



2

N2 N4

N2 N4

Fig.53.22 ,4 = 300 (-24/56)

= -128,6 rpm

(contraria a 2)

b). Cuando el tope está trabado, entonces el sistema trabaja como un tren epicíclico: RV =

4 5 N2  2 5 N4

05 24  300   5 56

,

5 = 90 rpm , Ejemplo 5.6: automóvil

(misma dirección de 2 )

Diferencial de la transmisión de un

Los números de dientes del diferencial de un automóvil que se muestra en la Fig.3.23 son N2= 17, N3= 54, N4= 11, N5 = N6= 16. El árbol impulsor gira a 1200 rpm. a) ¿Cuáles son las velocidades de las ruedas si el automóvil se desplaza en línea recta sobre un camino de superficie uniforme? b) Supóngase que la rueda derecha está levantada con un gato y que la izquierda reposa sobre un camino. ¿Cuál es la velocidad de la rueda derecha? Fig. 5.23 c) Considere, en el caso de un vehículo con tracción en las ruedas traseras, que el automóvil está estacionado con la rueda derecha en reposo sobre una superficie cubierta de hielo, mojada. ¿Le da la respuesta a la parte (b) algún indicio de lo que sucederá si arrancara el automóvil e intentara conducirlo?. Solución: E l dif ere nci al El giro del motor que puede interrumpirse a voluntad en el embrague, pasa por la caja de cambios y llega al eje trasero, en el que tiene que comunicarse a las ruedas colocadas en un eje transversal.

Fig. 5.23.a

Fig.

3.23.b:

Funcionamiento en recta

Fig.

3.23.c:

Funcionamiento en curva 2 = 1200 rpm a). El mecanismo se comporta como un tren de engrane simple y el cálculo de la velocidad angular del brazo o portador tiene la misma velocidad angular que el engrane anular 3. Se sabe que:

 3 N2  2 N3

,

3 = 1200 (17/54)

= 377,78 rpm = A

b). En el funcionamiento del diferencial se tiene que el engrane 4 tiene dos movimientos rotatorios:  Alrededor del engrane 5 debido al brazo o portador unido al engrane anular 3.  Alrededor de su propio eje debido al “choque” de 4 con 5 (acción -reacción). Si consideramos a 5 como engrane de entrada del tren: 5 = 0 (rueda izquierda) 3 : brazo  m otor:

6  3  1 5  3  6   motor 0   motor  1



6 = 2 m otor

c). Se produciría un patinaje de la rueda derecha y la potencia del motor “escaparía” por esta rueda (“el agua busca su cauce”).

Ejemplo 5.7: Reductor de Velocidad El reductor de velocidad que se muestra en la Fig.3.24 tiene fijo el piñón 2. Los planetas son los engranes 3 y 4, ambos montados con cuña sobre el eje planetario. El engrane solar 5 está unido al eje de salida. El eje de entrada a impulsa el brazo. Determine la reacción de velocidad general de este reductor y el sentido de rotación del eje de salida. Solución: Se sabe que:

 L A F   A

RV =  5 6 2 6

   

5  6

20 * 20

0  6



N2 

 N 3 

N4 

 N5 

24 * 24

Fig. 3.24 ,

5 = 0,3055 6

El signo positivo indica que el engrane de salida 5 gira en el mismo sentido que el brazo o portador 6. Ejemplo 5.8: Polea diferencial triple La Fig.5.25 muestra una Polea diferencial triple en una sección vertical y una vista lateral. S es la flecha (eje) a la cual está anclada la catalina 2 (rueda dentada) para la cadena de mano. También a S está anclado el engrane 3 que trabaja en conjunto con los dos engranes 4. Los engranes 4 giran sobre espárragos M, que son transportados por el brazo A, estando anclado este último al mamelón de la catalina de la cadena de carga 5. Los engranes 6 forman parte de los engranes 4 y engranan con el anillo dentado 7, el cual es una parte de la caja estacionaria. El mecanismo es un tren epicíclico. Para:

Fig. 5.25

N3= 12, N4= 25, N6 = 12, N 7 = 50, P= 4 dte/pulg. a) Suponiendo que el operador tira de la cadena de mano haciendo girar 10 vueltas a la catalina 2. Hallar las vueltas que da el b razo A (o la rueda 5). b) Si la velocidad angular de la catalina 2 es 2 vueltas/seg y esta tiene 15’’ de diámetro, calcular: . La velocidad angular de la rueda 5. . Si 5 tiene un diámetro de 6’’, calcular las velocidades lineales de la cadena de mano y de la cadena de carga. c) Si el operador tira de la cadena de mano con una fuerza de 500 N, ¿Cuál es el peso de la carga?. Calcule la ventaja mecánica. Solución: a) 3 = 2 = 5

7   A 3   A

b)

 N3      N 4  0A 10   A 

N6 



 N7 

12 *12

,

A = 1,033 vueltas/seg

,

A = 0,207 vueltas/seg = 1,3 rad/seg

25 * 50

b.1) 7   A 3   A

   

N3 

 N 4 

0A



N6 

 N7 

12 *12

2A

25 * 50

2 = 2 vueltas/seg 12,57 rad/seg = 120 rpm. V L mano = 2 * r = 12,57 (15/2) = 94,275 pulg/seg = 2,39 m/s V L carga = 5 * r = 1,3 (3) = 3,9 pulg/seg = 9,91 cm/s Potencia = cte.

b.2) c)

(F*V )mano = (F*V) carga -2

500(2,39) = F(9,91*10 ) F = 12 063,39 N La Ventaja Mecánica obtenida es: VM = (Fuerza de Salida)/(Fuerza de entrada) = (12063,39N)/(500N) = 24.13

PROBLEMAS PROPUESTOS 1.

En el mecanismo mostrado, la velocidad de giro en el eje de entrada es N1 y el anillo dentado gira con N2 en sentido opuesto. Hallar la velocidad de giro del eje de salida N3. Rpta. N3= (1/4) (3N2-N1).

Fig.P.1 2. El engrane Sol B de la figura gira a 100 rpm en sentido horario visto desde la derecha. Determinar la velocidad angular y la dirección de G vista desde abajo.

Fig.P.2 3. En este mecanismo de elevación, 2 es un engrane anular fijo, que tiene 100 dientes. Los dos piñones intermedios 3 son portados por el brazo del tren epicíclico, el cual porta también al tambor, como se muestra. El engrane 4, que esta fijo a la manivela tiene 70 dientes. El diámetro del tambor es 127 mm. La longitud de la manivela es 533 mm. Y la fuerza aplicada a la manivela es 34 kg. Hallar los dientes de los piñones 3 y el peso levantado, despreciando la fricción. Rpta. N3= 15 dtes. W= 692,7 kg.

Fig.P.3

4. En el tren de engranes planetarios mostrado, el radio de los engranes A, B, C y D es de 75 mm y el radio de la corona E es 225 mm. Sabiendo que esta tiene una velocidad angular horaria de 120 rpm y que el engranaje central tiene una velocidad angular horaria de 150 rpm, hallar: a) La velocidad angular de cada satélite b) La velocidad de la araña que enlaza a los satélites. Rpta. B= --105 rpm , A= -127,5 rpm.

Fig.P. 4

5. a) Determine el número de dientes del engrane E en el malacate del tren de engranes de la Fig.P.5, que produce una reducción de velocidad entre B y A de ω B/ωA=25, dados NB=20, NC=80 y ND=30. b) Determine el valor numérico de la ventaja mecánica de éste mecanismo W/Fent, suponiendo que no hay perdidas.

Fig.P.5 6. Un sistema de engranes planetarios se utiliza para transferir sobres de la tolva vertical a la faja transportadora horizontal. El engrane anular exterior esta fijo, y la montura de los engranes planetarios (brazo cruzado) es impulsado por un motor y gira en sentido horario. Cada uno de los cuatro engranes planetarios tiene 48 dientes y su paso diametral es de 18. Un brazo con ventosa esta sujeto rígidamente a cada engrane planetario, de modo que gira con el engrane planetario en sentido antihorario. a)

Si queremos garantizar que los sobres se colocarán en posición horizontal cuando la montura de engranes gire un cuarto de círculo, ¿Cuántos dientes debe tener en engrane anular exterior? Calcule el diámetro de paso.

b) Suponiendo que la banda transportadora tiene una velocidad lineal de 120 pies/min y que la distancia entre los centros de dos sobres adyacentes es de 12 pulg, calcule la velocidad angular del motor impulsor. Calcule la velocidad angular del engrane planetario. c)

Compare la eficiencia de este sistema con el eslabonamiento típico de 4 barras de recoger y colocar con la misma velocidad de entrada del motor.

Fig.P.6

ENGRAN ES Principios Fundamentales: Como se indica en la figura, se divide la circunferencia de base en pates iguales y se trazan líneas radiales OA0, OA1, OA2, etc. Empezando en A1, se trazan las perpendiculares A1B1, A2B2, A3B3, etc., a los radios. Luego, sobre A1B1 se marca la distancia A1A0; sobre A2B2 la distancia A2A0, igual al doble de la distancia A1A0, etc. Así se obtienen los puntos por los que pasará la envolvente.

Cuando embonan dos ruedas dentadas, sus circunferencias de paso ruedan una sobre otras sin resbalar. Se designan los radios de paso r1 y r2 y las velocidades angulares como ω1 y ω2, respectivamente. Entonces, la velocidad tangencial común en la línea de paso será: Por lo tanto, la relación existente entre los radios y las velocidades angulares es:

El paso base está relacionado con el paso circular por la ecuación:

U N I D AD 6

Tor ni l l os de P ot enci a Los tornillos de potencia son dispositivos usados para cambiar un movimiento angular por movimiento lineal y para transmitir potencia. En forma más específica se usan para:   

Obtener una ventaja mecánica mayor con objeto de levantar pesos, como en el caso de los gatos de tipo de tornillo de los automóviles (Fig. 6.1). Ejercer fuerzas de gran magnitud, como en una prensa (Fig. 6.2). Obtener un posicionamiento preciso de un movimiento axial, c omo en el tornillo de un micrómetro o en el tornillo de avance de un torno (Fig. 6.3).

En cada una de estas aplicaciones se utiliza un par de torsión en los extremos de los tornillos por medio de un conjunto de engranes, creando de esta forma una carga sob re el dispositivo. En los tornillos de potencia se usa el perfil de rosca Acme (Fig.6.4.a) o el de rosca cuadrada (Fig.6.4.b).

Fig.6.1

Fig.6.2

Fig.6.3

Fig. 6.4

En el tornillo de potencia se consigue el efecto de un plano inclinado, siendo el ángulo de inclinación, llamado ángulo de avance, el ángulo cuya tangente es: tg = Avance/ (Dm) donde: Avance = Distancia viajada por la tuerca en una vue lta a lo largo del tornillo. Dm

= Diámetro medio entre el exterior y el fondo de la cuerda o filete.

Las cuerdas o filetes pueden ser cortados con una hélice de rosca derecha (el avance se produce según la regla de la mano derecha) (Fig. 5.5). o de rosca izquierda (Fig.5.6).

Fig.5.5

Fig.5.6

El Paso de una cuerda es la distancia axial, en pulg. ( o mm) de una cuerda a la siguiente. Número de hilos por pulgada. Es el recíproco del PASO Tornillo de rosca sencilla: El paso es igual al avance, en la Fig. 5.7 se muestra una rosca simple, imagine que coloca su dedo sobre cualquier punto de la cuerda, como en A, y que se mueve a lo largo de la misma hasta dar una vuelta alrededor del tornillo tal que llegue al punto C. El avance del dedo a lo largo del tornillo será la distancia AC. Tornillo de rosca múltiple: cuando el avance es un múltiplo del paso; es decir, en un tornillo de rosca doble y en un tornillo de rosca triple, el avance es igual al triple del paso. En la Fig. 4.8 si coloca su dedo en A y sigue a la cuerda una vez alrededor del tornillo, llegará a C, pero esta vez existe un punto D que queda entre A y C. D es un punto de la cuerda segunda o paralela.

Fig.5.7

Fig.5.8

RELACIÓN FUERZA – VELOCIDAD EN UN TORNILLO DE POTENCIA En la Fig.5.9, suponga que el tornillo S está soportado en una chumacera. Los collarines H y B le impiden que se mueva en dirección horizontal. El avance del tornillo es L pulgadas. S encaja en una tuerca N, la cual puede deslizarse libremente a lo largo de las guías G, las que también le impiden girar. Al extremo del tornillo está sujeto un mango K, estando el centro de K a una distancia R pulgadas del eje del tornillo. Fig.5.9 Relación entre la velocidad lineal del mango K y la tuerca N Se puede observar que, si se le da al mango una vuelta completa hará girar una vez al tornillo (tornillo y mango están rígidamente unidos) y la tuerca N se moverá a lo largo de las guías una distancia de L (L=avance), mientras que el mango K se mueve en la circunferencia de radio R una distancia 2R. Todo esto sucede en el mismo tiempo. Mango K  Recorre 2R Tuerca N  Recorre L

Para la tuerca N: t

Para el mango K: t

dis tan cia velocidad



Avance L  velocidad de N VN

2R dis tan cia 2R  del Mango K  VK velocidad velocidad

Igualando las ecuaciones (4.2) y (4.3), pues el movimiento del mango K y de la tuerca N sucede en el mismo tiempo; L 2R  VN VK VN VK

 L 2 R

… (4.4)

… (4.5)

También puesto que la potencia entregada en el mango por el hombre se usa en mover la tuerca, se tiene que: POTENCIA FNVN 

… (4.6)

FKVK

VN FK  VK FN

De donde obtenemos: … (4.7)

Con la que se puede escribir: FN 2R  FK L

… (4.8)

GATA DE TORNILLO En laa Figs. 5.10 y 5.11, se muestran esquemas de un gato de tornillo, para el cual, el valor exacto de la relación de velocidad difiere ligeramente del expresado por la ecuación (4.5):

Fig.5.10 Fig.5.11

Aquí el punto K en el que se aplica la fuerza se eleva con el tornillo, de manera que tiene dos movimientos:  

Un movimiento, alrededor del tornillo, en una circunferencia de radio R, por lo que recorre una distancia de 2R Otro movimiento, a lo largo del tonillo, por lo que recorre una distancia igual al avance L del tornillo.

Con esto se concluye que el mango K del gato de tornillo se mueve en una hélice cuya longitud es : (2R) 2  L2

… (4.9)

Con este análisis, la ecuación (4.5). VW  VK

L (2R)  L 2

… (4.10)

2

Aquí se debe hacer notar lo siguiente, el avance L es, en general, pequeño con relación a R por lo que el valor de (2R)  L 2

2

difiere muy ligeramente de 2R.

TORNILLOS COMPOUND Y TORNILLOS DIFERENCIALES Cuando se sitúan dos tornillos uno dentro del otro, el tornillo exterior con cuerda interior que actúa como una tuerca que gira sobre un tornillo interior: Tornillo Compound: Si los hilos son de “mano” opuesta, y los pasos son iguales o desiguales, el tornillo conducido se mueve rápidamente. Tornillo Diferencial: Si los hilos son de la misma “mano” pero de diferente paso, el tronillo conducido se mueve lentamente. En la Fig. 5.12 se muestra un tornillo diferencial (ambos tornillos con cuerda derecha). Una parte S del propio tornillo tiene una rosca cuyo avance es L y encaja en una tuerca T que es una parte del bastidor estable. El otro tornillo tiene una cuerda diferente de avance L 1 y su extremo S1 encaja en la tuerca . Esta tuerca puede deslizarse a lo largo de las guías G, pero las guías impide que gire. Al ser girado el tornillo S, mediante la manivela K, el movimiento de la tuerca N es el resultante del movimiento del tornillo S a través de la tuerca T y de la tuerca N a lo largo de S1.

Fig.4.12

N

Supongamos: L = 1/2 pulg.=12,7 mm L1=7/16 pulg = 11,1 mm Siendo ambos tornillos de mano derecha. Si giramos a la derecha el mango K (visto desde la izquierda), todo el tornillo S se mueve a lo largo a través de T hacia la derecha ½ pulg. Al mismo tiempo, S1 ha tirado de N hacia sí 7/16 pulg. De manera que el movimiento neto (d) de N es: d = ½ - 7/16 = 1/16 = 1,6 mm Supongamos ahora que el tornillo es Compound: L = 1/2 pulg.=12.7 mm de rosca derecha L1=7/16 pulg = 11.1 mm de rosca izquierda Una vuelta del mango K en la misma dirección que antes, avanzará a S a través de T ½ pulg. (12.7 mm) y al mismo tiempo sacará a N de S1 7/16 pulg (11.1 mm), de manera que el movimiento neto de N a la derecha es: d = ½ + 7/16 = 15/16 pulg = 23.8 mm El Tornillo diferencial puede emplearse para obtener un movimiento muy pequeño de la tuerca por cada vuelta del tornillo, sin necesidad de emplear una cuerda muy fina que quizá no pueda soportar la fuerza de trabajo. El tornillo compound puede emplearse para obtener un movimiento “grande” de la tuerca por cada vuelta del tornillo, sin necesidad de emplear una cuerda demasiado gruesa. PROBLEMAS RESUELTOS 1. En la Fig 5.13 se desea hallar la carga W que, suspendida de la tuerca N, puede ser levantada por una fuerza de 30 Kg. Aplicada en F. El tornillo tiene un avance de 12.7mm.Suponga que la pérdida por fricción es 40%. Sea R=50.8 cm. Solución: Mientras el tornillo da una vuelta, el “mango” F se mueve una distancia 2(50.8)=319.00 cm, y la tuerca N se eleva 12.7 mm. Y ya que el trabajo hecho por el operario en el “mango” F es el mismo que el efectuado por la tuerca N para elevar el peso W, tenemos: Trabajo = F1*d1 = F2*d2

Fig.5.13

= F (319) = W ( 1.27) Debido a que el rendimiento del tornillo es de 60% (pues pierde el 40%)

= (0.6x30)(319 = W(1.27) W = 4521.3 Kg Resuelva este problema aplicando la ecuación (8). 2.

En la Fig.4.14 L1=4.8mm, cuerda; derecha; L2=3.2mm , cuerda derecha. Hallar cuántas vueltas del volante se necesitan para bajar la prensa 12.7mm, determinar la dirección en que debe girarse el volante. Solución: Tornillo exterior:  Rosca derecha  Avance = 4.8mm Esto garantiza que una vuelta a la derecha del volante hará que el tornillo exterior baje 4.8mm. Fig.4.14 Tornillo interior:  Rosca derecha  Avance = 3.2 mm Esto ocasiona que en una vuelta del volante, el tornillo interior se introduce en el exterior 3.2 mm. Entonces el movimiento resultante de la prensa por cada vuelta del volante es: 4.8 – 3.2

= 1.6 mm. X vueltas del volante = ( 1 vuelta/1.6 mm)(12.7mm) =7.94 vueltas  8 vueltas. 3. Para el gato que se muestra en la Fig. 4.15, el avance del tornillo es 1.27 cm. R=106.7 cm. La fuerza ejercida en K es 45 Kg. Hallar el peso W que podría ser levantado: a. Desprecie la fricción. b. Suponga que la perdida por fricción es de 45%. Solución: a. Para este caso se debe aplicar la ecuación (4.10) (combinada con la ecuación (4.7) ), sin embargo la ecuación (4.5) (combinada con la ecuc. (4.7) ) es “aceptable”: VN FK FK L  L  VK 2R  FN FN 2R  45 W



1.27 2 (106 .

W = 23755 Kg.

7)

b. Aplique la ecuación (4.10) combinada con la ecuación (4.7).

PROBLEMAS PROPUESTOS 1. Un mecánico está ajustando una tuerca con una llave de 20 cm de longitud, Fig. P.1.y aplica una fuerza de 25 Kg. El paso de la rosca es de 4 mm. ¿Con qué fuerza está ajustando la tuerca contra el material ? a. Sin considerar la fricción. Rpta. 7850 Kg b. Considere que por efecto de la fricción se pierde el rendimiento del tornillo es de 45 %.

Fig. P.2

Fig. P.1 2.

La prensa mostrada tiene los tornillo 5 y 6 de una sola cuerda y de sentido opuesto, tornillo 6 se enrosca dentro del 5. El engrane 4 está fijo al tornillo 5. Una ranura en placa B evita que ésta gire al encajarse en el bastidor. Si el paso del tornillo 5 es de pulg y el tornillo 6 es de 1/8 pulg, determine la dirección y el número de vueltas de flecha A que se requieren para bajar la placa B una distancia de ¾ pulg.

3.

La polea P da 40 rpm en la dirección mostrada ¿Cuál debe ser el avance del tornillo si la tuerca A se va a elevar 95 mm en 45 s ? ¿El tornillo es de rosca derecha o de rosca izquierda?

el la ¼ la

2

4. ¿Qué presión, en kg/cm , se ejerce sobre un líquido bajo la acción de una fuerza de 18 Kg en el aro del volante?. El tornillo tiene un avance de 6.35 mm (1/4 pulg) y es de cuerda doble. Supóngase una eficiencia de 20%. Fig. P.3 Fig. P.4 5. Hallar el avance, en cm, del tornillo de la fig, si se va a ejercer sobre W una fuerza de 1.75 ton mediante un tirón de 34 Kg en el cable que hay en la ranura de la rueda D, la cual tiene un diámetro efectivo de 1.37 mm. Suponga una eficiencia de 25%.

6. Si la polea conductora D da 300 rpm, ¿a qué régimen se eleva el travesaño?

Figura P.5 Figura P.6

C AP I T U L O 6 Cojinetes de Elementos Rod antes

Cojinete.- Un cojinete es un soporte para una flecha giratoria u otra parte móvil de una máquina. Un buen entendimiento de los diferentes tipos de cojinetes y de su empleo es una parte importante del trabajo mecánico. Algunos de los tipos de cojinetes más comunes que se usan en maquinaria son los siguientes: 1.

Las guías. Son superficies planas de soporte que se utilizan para guiar y soportar partes movibles de las máquinas herramientas. Las guías pueden ser planas, en forma de V, o en cola de milano (Fig. 6.1).

(a) Fig. 6.1. a. Guías planas y en V en la bancada de un torno. b. Guías en cola de milano de un carro transversal.

2.

Cojinetes lisos o de manguito. Este tipo de cojinetes se usan ampliamente en muchas máquinas y motores de funcionamiento a bajas velocidades (Fig. 6.2). Por lo general se hacen de bronce. El interior es maquinado con gran precisión y tersura para ajustar a un eje y el exterior se maquina para ajustar en el agujero que lo alojará. La porción del eje que gira dentro del cojinete se llama muñón. Estos cojinetes tienen que mantenerse bien ac eitados. Por lo común, las superficies de rodamiento del muñón en los ejes se rectifican a su tamaño y con un acabado de espejo conocido como superacabado. Esto asegura un funcionamiento suave y una larga duración (Fig.s 6.3 y 6.4). Fig. 6.2.

Fig. 6.3. Cojinete de muñón.

Fig. 6.4. Husillo y cojinetes de torno superacabados.

3. COJINETES DE ELEMENTOS RODANTES. La necesidad de cojinetes para velocidades más elevadas, resistentes a temperaturas más ele vadas y con baja fricción fue generada por el perfeccionamiento de turbinas a gas en las aeronaves. Un considerable esfuerzo de investigación desde la Segunda Guerra Mundial ha dado como resultado cojinetes de alta calidad, alta precisión, de elementos rod antes (REB) disponibles a un precio bastante razonable. Los nombres cojinete de rodamiento (o simplemente, rodamiento) y cojinete antifricción se emplean para describir la clase de soporte de eje en el que la carga principal se transmite a través de elemen tos que están en o rodante y no deslizante. El especialista en diseño de cojinetes antifricción se enfrenta al problema de diseñar un grupo de elementos que componen un cojinete de rodamiento; dichos elementos deben diseñarse para adaptarlos a un espacio cuyas dimensiones se especifiquen; también deben estar diseñados para resistir una carga que tenga ciertas características; y finalmente, tales elementos deben estar diseñados para tener una duración o vida útil satisfactoria cuando la operación se realice según las condiciones especificadas.

Fig. 6.5. Cojinetes de elementos rodantes. Tipos de Cojinetes de Rodamiento. Los cojinetes rodantes se fabrican para soportar cargas puramente radiales, cargas de empuje axial puro, o una combinación de amba s cargas. Se agrupan en dos categorías generales, cojinetes de bolas y de rodillos, ambos con muchas variantes dentro de esta división. COJINETES DE BOLAS. Capturan cierta cantidad de esferas de acero endurecido y rectificado entre dos pistas, una interior y otra exterior en cojinetes radiales, y una pista superior y una inferior en cojinetes de empuje. Según se muestra en la Fig. 6.6 se emplea un retén (ta mbién conocido como jaula o sujetador) para mantener las bolas correctamente separadas alrededor de las pistas. Los cojinetes de bolas soportan cargas radiales y de empuje combinadas en grado variado, dependiendo de su diseño y construcción. La Fig. 6.66.a muestra un cojinete de bolas de canal profundo, es decir, de tipo Conrad, que soportará cargas a la vez radiales y de empuje moderadas. La Fig. 2.26.b muestra un cojinete de bolas de o angular diseñado para manejar más elevadas cargas de empuje en una dirección, así como cargas radiales. Algunos cojinetes de bolas están disponibles con guarda, para evitar la entrada de materias extrañas, y con sellos, para retener el lubricante aplicado de fábrica. Para tamaños menores y cargas más ligeras los 100

cojinetes de bolas son menos costosos.

Fig. 6.6. Cojinetes de bolas. COJINETES DE RODILLOS. Tienen rodillos rectos, cónicos o contorneados entre pistas, según se muestra en la Fig. 2.27. En general, los cojinetes de rodillos pueden soportar cargas estáticas y dinámicas (impacto) superiores a los cojinetes de bolas, en razón a su línea de o, y son menos costosos para tamaños y cargas mayores. A menos de que los rodillos sean cónicos o con contorno, sólo soportan carga en una sola dirección, ya sea radial o de empuje, según el diseño de cojinete. La Fig. 2.27.a muestra un cojinete de rodillos rectos y cilíndricos diseñado sólo para soportar cargas radiales. La Fig. 6.7.b muestra un cojinete de agujas que usa rodillos de pequeño diámetro y que puede o no te ner pista interna. Sus ventajas son una mayor capacidad de carga en razón de un complemento total de rodillos y a una dimensión radial compacta, en particular si se usa sin pista interna. La Fig. 6.7.c muestra un cojinete de rodillos (o rodamientos) cónico s, diseñado para soportar elevadas cargas de empuje y radiales. La Fig. 2.27.d muestra un cojinete de rodillos esféricos autoalineables, que no permite ningún momento en el cojinete.

Fig. 6.7. Cojinetes de tipo de rodillos. COJINETES DE EMPUJE. Los cojinetes de bolas y de rodillos (o rodamientos) también se fabrican para carga de empuje puro, según se muestra en la Fig. 6.8. Los cojinetes de empuje de rodillos cilíndricos tienen mayor fricción que los cojinetes de empuje de bolas, en razón al deslizamiento entre rodillos y pistas (dado que sólo un punto del rodillo puede coincidir con la velocidad lineal variable en los radios de las pistas), y no deberá emplearse en aplicaciones de alta velocidad.

101

Fig. 6.8. Cojinetes de empuje. CLASIFICACIÓN DE LOS COJINETES. La Fig. 2.29 muestra una clasificación de tipos de cojinetes de elementos rodantes.

102

Fig. 6.9 Clasificación de tipos de cojinetes de elementos rodantes. Cortesía de NTN COJINETES MONTADOS. La Fig. 6.10 muestra la conFig.ción más común para un cojinete montado, la caja de chumacera. Los cojinetes montados incorporan métodos para unir la unidad de cojinetes directamente al armazón de la máquina mediante tornillos, en lugar de insertarlos en una ranura que se maquina en la carcasa como sucede con los cojinetes no montados. La carcasa se fabrica con acero formado, hierro fundido o acero fundido.

Fig. 6.10 Caja de chumacera con cojinete de bolas. Comparación de cojinetes de rodamiento y deslizamiento Ventajas de los cojinetes de rodamiento sobre los deslizantes: 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7.

buena fricción al arranque y en operación, estática  dinámica . pueden soportar cargas radiales y de empuje combinadas. menos sensibles a interrupciones en la lubricación. no tienen faltas de estabilidad autoexcitadas. buen arranque a baja temperatura. pueden sellar el lubricante dentro del cojinete, y lubricarse “de por vida”. casi siempre requieren menos espacio en dirección axial.

Desventajas de los cojinetes de rodamiento sobre los deslizantes: 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7.

los cojinetes de rodamiento pueden fallar por fatiga. requieren mayor espacio en dirección radial. poca capacidad de amortiguación. mayor nivel de ruido. requisitos de alineación más severos. costo más elevado. fricción más elevada. Duración o Vida Útil de un Cojinete, L

Se define como el número total de revoluciones, o el número de horas de giro a una velocidad constante dada, de operación del cojinete para que se desarrolle el tipo de falla considerado. En condiciones ideales la falla por fatiga consistirá en un a astilladura o descascarado de las superficies que soportan la carga. La duración nominal, L10, se define como el número de revoluciones, u horas a una velocidad constante dada, que 90% de un grupo de cojinetes completará o excederá antes de desarrollar el criterio de falla. 103

Carga en los Cojinetes. Los experimentos muestran que dos grupos de cojinetes idénticos probados bajo cargas diferentes F 1 y F2 tendrán las duraciones respectivas L 1 y L2 de acuerdo con la relación L  F   1   2   L 2   F1 

a

La vida de un cojinete sometido a una carga F es L  C    10 F

a

, donde:

C= capacidad de carga dinámica básica= carga radial constante que puede soportar un grupo de cojinetes, aparentemente idénticos, hasta una duración nominal de un millón de revoluciones del aro interior (carga estacionaria y aro exterior fijo). Tabulado en los catálogos para cada rodamiento. L10= duración nominal, millones de revoluciones. a= 3, para cojinetes de bolas. a= 10/3, para cojinetes de rodillo s. Por lo general, la estimación de la vida se hace en horas de funcionamiento: 1 000 000 L10 , donde: 60 n L10h= duración nominal, horas de funcionamiento. n= velocidad, rpm. Co = especificación básica de carga estática para un cojinete en particular. L10 h 

Ej em plo 6.1.Un catálogo indica la especificación básica de carga dinámica para un cojinete de bola como 7050 lb para una vida útil especificada en un millón de revoluciones. ¿ Cuá l será la vida útil esperada, L 10, si se le sometiera a una carga de 3500 lb ?. S ol uci ón .En la ec. 2.16. F1 = C = 7050 lb (especificación básica de carga dinámica) F2 = Fd = 3500 lb (carga de diseño ) 6 L1 = 10 rev (vida útil L 10 si se le somete a una carga C) a = 3 (cojinete de bola) Así, sea la vida útil L 2, que se denomina vida útil de diseño, Ld , cuando se le somete a la carga de diseño a  L1    6     F2   L2 = Ld = 8,17*10 rev  L2   F1  Esto debe interpretarse como la vida útil L10 cuando se le somete a una carga de 3500 lb. Selección de Cojinetes de Bolas y de Rodillos Cilíndricos utilizando la fórmula de la vida y la capacidad de carga dinámica.  Cálculo de la carga dinámica equivalente (P), para Cargas Constantes. - Con excepción de los cojinetes sólo para carga de empuje, los cojinetes de bolas generalmente se someten a alguna combinación de carga radial y de empuje. Como las capacidades de catálogo están basadas sólo en la carga radial, es 104

conveniente definir una carga radial equivalente Fe que tendrá el mismo efecto

105

sobre la vida del cojinete que las cargas aplicadas. P = V Fr P = X V Fr + Y Fa Donde: P = carga radial equivalente = carga dinámica equivalente. Fr = carga radial aplicada Fa = carga de empuje aplicado V = factor de rotación X = factor radial Y = factor de empuje El factor de rotación V sirve para corregir las diversas condiciones de rotación. Para el caso de giro del aro interior, V= 1. En el caso del aro exterior en rotación, V= 1.2. Los cojinetes autoalineantes son una excepción; tienen V=1 para la rotación de uno u otro aros. Los factores X y Y dependen de la geometría del cojinete, incluyendo el número de bolas y el diámetro de las mismas. Puesto que los cojinetes de rodillos cilíndricos (o rectos) no resisten carga axial, o muy poca de ella, el factor Y siempre es CERO. La norma de la Anti-Friction Bearing Manufactures Association (AFBMA) ha establecido dimensiones límite estándares para cojinetes, las cuales defi nen el diámetro interior (DI), el diámetro exterior (DE), el ancho y los radios de entalle en los hombros del eje y del alojamiento.  Cálculo de la carga dinámica equivalente (P), para Cargas Fluctuante. Caso I. Fm 

3

3

3

3

F1 U 1  F2 U 2  F3 U 3  ... U

donde:

Fm = Carga media constante, N. F1 , F2, ...=Cargas constantes durante U1, U2, ... revoluciones, N. U = número total de revoluciones = U 1+U2+...., durante el cual las cargas F 1 , F2, ... actúan. Caso II. Velocidad constante y dirección de la carga constante pero la magnitud de la carga constantemente varía entre un valor mínimo Fmin y un valor máximo F máx. 

Fm in  2 F máx 3 Fm

Ej em plo 6.2.Se requiere escoger un rodamiento rígido de bolas, diámetro interior de 30 mm , que a 1000 rpm pueda soportar una carga radial de 4 kN y una carga axial de 1,2 kN. Se desea una duración nominal de por lo menos 10000 horas de funcionamiento. (pág. 34 SKF) S ol uci ón .-

d= 30 mm;

n= 1000 rpm; Fr= 4 kN; Fa= 1,2 kN; L 10h= 10000 horas; a=3

Para rodamientos rígidos de bolas: P = Fr P = X Fr + Y Fa , Fa/Fr > e

... (pág. 18 , Fa/Fr  e

En los rodamientos rígidos de bolas, los factores X e Y necesarios para el cálculo de la carga dinámica equivalente dependen de la relación: Fa / Co = carga axial / capacidad de carga estática. Tanto C o como C se encuentran en las Tablas de Rodamientos y para usar estas tablas es necesario conocer C. Cálculo de C. De (2.18) : L10 h 

1 000 000 60 n



L10

L10= 600 millones de revoluciones

a

  De (2.16) : L10   C   F

C/P = 8,43

... (1)

Cálculo de P. Fa / Fr = 1,2 / 4 = 0,3  Si consideramos que Fa/Fr  e  e  0,3 : P = Fr = 4 kN De (1): C = 33,7 kN 

Si consideramos que Fa/Fr > e  e < 0,3 : (pág. 185 SKF): X= 0,56 ; 1,45 <2 P min = X Fr + Y min Fa ;

P = X Fr + Y Fa (1,45 se obtuvo interpolando)

P máx = X Fr + Y máx Fa

P min < P < Pmáx 0,56 (4) + 1,45 (1,2) < P < 0,56 (4) + 2 (1,2) 3,98 kN < P < 4,64 kN  De (1): la capacidad de carga dinámica requerida será: 33,55 kN < C < 39,12 kN De Catálogo SKF para rodamientos rígidos de bolas, diámetro interior 30 mm, escogemos los que posean un C  33,55 kN. (pág. 188 SKF) : Designación: 6406 Ej em plo 6.3.- Rodamiento de una caja de engranaje. Un rodamiento rígido de bolas 6310 de una caja de engranajes de automóvil debe soportar las siguientes condiciones de funcionamiento: Condiciones de funcionamiento

1

2

3

Fracción del tiempo de funcionamiento, t i (min) 0,1

0,3

0,6

Velocidad de giro, n i (rpm)

500

800

1200

Carga radial, Fr i (N)

12000 7500 4000

Carga axial, Fa i (N)

4000

2500 1330

¿Cuál es la duración nominal en horas de servicio?

106

S ol uci ón .De Catálogo SKF (pág. 190): C = 61,8 kN;

C o = 38 kN.

Condición de funcionamiento 1: Fa / C o = 4 / 38 = 0,105

... (pág. 185 SKF)

Interpolando: Fa/Co 0,07

e

X

Y

0,27 0,56 1,6

0,105 0,293 0,56 1,48 0,13

0,31 0,56 1,4

Fa / Fr = 4 / 12 = 0,33 > e= 0,293  P = X Fr + Y Fa Condición de funcionamiento 2:



Fa / C o = 2,5 / 38 = 0,066

P1 = 0,56(12)+1,48(4) = 12,64 kN ... (pág. 185 SKF)

Interpolando: Fa/Co 0,04

e

X

Y

0,24 0,56 1,8

0,066 0,266 0,56 1,63 0,07

0,27 0,56 1,6

Fa / Fr = 2,5 / 7,5 = 0,33 > e= 0,266  P = X Fr + Y Fa Condición de funcionamiento 3:



Fa / C o = 1,33 / 38 = 0,035

P2 = 0,56(7,5)+1,63(2,5) = 8,28 kN ... (pág. 185 SKF)

Interpolando: Fa/Co 0,025

e

X

0,22 0,56

Y 2

0,035 0,233 0,56 1,87 0,04

0,24 0,56 1,8

Fa / Fr = 1,33 / 4 = 0,33 > e= 0,293  P = X Fr + Y Fa Resumiendo:



P3 = 0,56(4)+1,87(1,33) = 4,72 kN

Pii (N) ni (rpm) t i (min) Ui=n it ii (rev) 1 12,64

500

0,1

50

2

8,28

800

0,3

240

3

4,72

1200

0,6

720

De los resultados obtenidos y la ec. 2.21, calculamos la carga dinámica equivalente : P = 6,77 kN. La velocidad media de giro, la calculamos así:

107

nm 

n t  n2 t 2  n t3 t1  t 2  t 3

1 1

3



n m = 1010 rpm.

;

1 000000  61,8  = 12 552,40 horas.    60(1010)  6,77 

De la ec. 2.18: L10 h 

1 000 000 60 n

3

L10

L10h

Para rodamiento de automóviles, el valor para la duración de rodamientos es de 10 000 – 25 000 hras. (pág. 34 SKF), con lo que se puede concluir que la selección es adecuada.

108

Capítulo 7: Transmisiones mecánicas con elementos flexibles 7.1 FAJAS EN V Los elementos de máquina de estructura flexible como bandas, cables o cadenas se utilizan en sistemas de transporte y en la transmisión de potencia mecánica a distancias relativamente grandes. Estos elementos se utilizan para sustituir engranajes, ejes, coples y otros dispositivos mecánicos de transmisión relativamente rígidos. Su uso simplifica el diseño de un mecanismo o máquina y reduce notablemente los costos. Desempeñan un papel importante en la absorción de cargas de choque y en el amortiguamiento y separación de los efectos de vibraciones. No tienen duración infinita, cuando se utilizan es importante establecer un programa de inspecciones para prevenir degaste, envejecimiento y la pérdida de elasticidad. Deben ser reemplazados a la primera señal de envejecimiento. Tipos de bandas

Bandas en V o trapezoidal Las bandas en V están hechas de tela y refuerzo de cordón, generalmente de algodón rayón o nilón, y se impregnan de caucho (o hule). Se fabrican sólo en ciertas longitudes y no tienen juntas. Se usan con poleas ranuradas de sección similar y en distancias entre centros más cortas que las usadas con bandas planas. Las bandas en V son ligeramente menos eficientes que las planas, pero varias pueden montarse paralelas en poleas ranuradas especiales (constituyen así una transmisión múltiple). Las poleas abombadas se usan con bandas planas, y las ranuradas se emplean con elementos de sección redonda o trapezoidal (en V). Las bandas sincronizadoras o poleas requieren poleas dentadas o ruedas cantarinas respectivamente. Las dimensiones de la sección transversal de las bandas en V han sido estandarizadas por lo fabricantes, y cada sección se designa con una letra del alfabeto para tamaños con dimensiones en pulgadas.

Para especificar una banda trapecial, se debe indicar la letra de la sección de la banda seguida de la circunferencia interior en pulgadas.

110

Por ejemplo B75 es una banda de sección B con circunferencia interior de 75 in.

La longitud de paso se obtiene agregando una cantidad que depende de la sección a la circunferencia interior



Sección de banda

A

B

C

D

E

Cantidad a sumar

1.3

1.8

2.9

3.3

4.5

La longitud efectiva o de paso de una banda en V está dada por la ecuación:

Nota: La distancia entre centros no debe ser mayor que 3 veces la suma de los diámetros de las poleas o menor que el diámetro de la polea mayor. 

Calculo de potencia isible:

111

Potencia de tabla:

112

Tabla de factor de corrección por ángulo de o (K1)

Tabla de factor de corrección por longitud de banda (K2)

113



Calculo de potencia de diseño:

Tabla de factor de servicio (Ks) FUENTE DE POTENCIA MOTRIZ CARACTERÍSTICA DE CARACTERÍST

MOMENTO

MOMENTO

TORSIONAL

TORSIONAL

1.0 a 1.2

1.1 a 1.3

Choque ligero

1.1 a 1.3

1.2 a 1.4

Choque mediano

1.2 a 1.4

1.4 a 1.6

Choque fuerte

1.3 a 1.5

1.5 a 1.8

ICA DEL IMPULSO Uniforme



Número de bandas:

El número de bandas se redondea a un número entero. 

Fuerza centrífuga:

114



La potencia transferida por banda se basa en:

Ángulo de o:



Corrección de tenciones:

La flexión produce esfuerzos que son corregidos añadiendo Fb1 a la fuerza uno y Fb2 a las fuerza dos.

115



Número de pasos y tiempo:

Se aplica la formula

Para las dos tensiones seria:



Calculo de la duración de la banda en horas de servicio

Las constantes K y b tienen sus rangos de validez si se sale directamente se reemplaza en la fórmula de t el máximo o mínimo valor de pases según corresponda.

116

En resumen el método recomendado es el siguiente:

, C,



Encontrar V,



Encontrar

 

Encontrar , , , ,y . Finalmente el número de pasos y la vida de la banda en horas.

,

y

,

de la relación

y se redondea.

Problema 17.20 Un compresor alternativo de aire tiene una volante de inercia de 5 pies de diámetro, 14 pulgadas de ancho, y opera a 170 rev / min. Un motor de inducción tipo jaula de ardilla de ocho polos tiene datos de placa 50 hp a 875 a rev / min. (a) Diseñe una faja conductora en V. (b) ¿Se puede cortar las ranuras de correa en V en la volante para usar una faja plana? SOLUCIÓN: Datos: ;

;

; a) Para hallar el diámetro de la polea menor:

De la tabla 17-9:

Una polea de 11 pulg de diámetro excede el diámetro mínimo para la sección C y cumple con el rango de potencia; se descartan las otras posibilidades. 117

Entonces usamos Para seleccionar la longitud de la faja: pulg

De la tabla 17-10

Seleccionamos C270 De la tabla 17-11

De la ecuación 17-16b:

Esto se ajusta al rango:

118

De la figura 17-1:

De la tabla 17-13:

0.60 ----- 0.91 0.64 ----0.70 ----- 0.89 De la tabla 17-14:

De la tabla 17-12:

120

Por interpolación 2000 ------6.74 2519.8----3000 ------8.84 De la ecuación

Para seleccionar el

usamos la tabla 17-15

De la ecuación: De la ecuación:

Para hallar el

usamos la siguiente tabla:

121

La fuerza centrifuga en cada faja será:

Con fricción completamente desarrollada, la ecuación 17-9:

De la ecuación 17-10:

Duración: ; ; Para hallar el tiempo de vida de la faja: De la ecuación 17-28: De la tabla:

122

Hallamos:

b) El par de fricción desarrollado en la volante usando una faja plana es:

El torque en la volante será: Aumentaria el torque en cada faja.

Problema Un compresor alternativo de aire tiene una volante de inercia de 5 pies de diámetro, 14 pulgadas de ancho, y opera a 170 rev / min. Un motor de inducción tipo jaula de ardilla de ocho polos tiene datos de placa 50 hp a 875 a rev / min. Diseñe una faja conductora en V.

123

c. Transmisiones por cadenas de rodillos Datos:  Distancia entre centros: C  Potencia a transmitir:  Relación de transmisión: ;  Tipo de maquina a mover: ;

;

; ; ; rpm

PROCEDIMIENTO DE CÁLCULO PARA SELECCIÓN DE CADENAS: (ANSI) 1.- DIAMETRO DE PASO ; Donde: P: paso de cadena (pulg) de (tabla 17-19) N: numero de dientes piñón verificar (tabla 17-21)

= 2.- LONGITUD DE PASO EN PASOS: ;

: Debe ser un número entero

3.- DISTANCIA ENTRE CENTROS: ; A= 30 ≤

≤50

si no cumple con este intervalo, habrá que elegir otra cadena

4.- POTENCIA ISIBLE:

124

Donde: Factor de corrección por n° de dientes (tabla 17-22) Factor de corrección por n° de hileras (tabla 17-23)

 Se asume el n° de hileras Falla del eslabón: Falla del rodillo: 29: ANSI N° 25 Y35

P= paso por cadena N= rpm

3,4: ANSI N° 41 17: ANSI N° 40 240

) h= n° de horas de duración H: se asume mínimo 15000

5.- potencia de diseño:

6.- factor de seguridad: NOTA: Si falla, solo aumento el número de hileras (

)

7.- VELOCIDAD MAXIMA DE ROTACION ;

7.- VELOCIDAD MAXIMA DE ROTACION F: fuerza de tensión de la cadena

F 8.- factor de seguridad por tensión: verificar que: F <

125

9.- SELECCIONAR EL TIPO DE LUBRICACION: CON CADENAS

Y EL NUMERO DE

126

(TABLA 20).

17No es el máximo

Solo 17 dientes, p=100, h=15000  TIPO A: manual o por goteo  TIPO B: por baño o disco  TIPO C: por flujo continuo

EJEMPLO APLICACIÓN:

DE

Una cadena de rodillos a de transmitir 25 hp desde una Catalina de 17 dientes hasta una de 34, a una velocidad de 300rpm hasta una rueda catalina impulsada con una relación de de 5 a1 transmisión. Las características de carga son de choque moderado con condiciones de servicio anormales, el equipo operara 18 hrs/día. Diseñe la transmisión y obtenga la longitud y tamaño de la cadena requeridos para una distancia entre centros aproximadamente de 25 pasos.

DATO S

= 300rpm =5:1 Condiciones de servicio: Equipo que opera 18 hrs/día 25 pasos

126

SOLUCION Asumiendo: N° DE CADENA ANSI 100 (Aprox. Tabla 17-20)

127

Paso= 1.250pulg (Tabla 17-19);

=19500Lbf (Tabla 17-19)

1) Cálculo de los diámetro de la Catalina:

2) LONGITUD DE PASOS:

3) DISTANCIA ENTRE CENTROS:

128

A=

4) CALCULO DE LA POTENCIA ISIBLE: …………..(1) Factor de corrección por n° de dientes (tabla 17-22) Factor de corrección por n° de hileras (tabla 17-23)

 Se asume el n° de hileras

Falla del eslabón:

=27.71 HP

Falla del rodillo: NOTA: Como debe funcionar a 18 hr/día y asumiendo 6 años de vida útil, entonces:

Entonces: PRE- EXTREME: 129

Reemplazando en (1) tenemos: = 27.71 HP 5) CALCULO DE LA POTENCIA DE DISEÑO: Datos:

Si no fuera dato usar la (tabla 17-15)

6) Factor de seguridad: NOTA: Si falla, solo aumento el número de hileras (

Entonces asumiremos dos hileras:

7) VELOCIDAD MAXIMA DE ROTACION:

)

F<

8) FACTOR DE SEGURIDAD POR TENSIÓN

9) TIPO DE LUBRICACIÓN: Con (TABLA 17-20).

y el numero de cadenas

ES DE TIPO B

PROBLEM A Un motor de inducción de 25hp tipo jaula de ardilla de 700 rpm impulsara una bomba reciprocante de dos cilindros. Un factor de servicio de 1.5 y un factor de diseño de 1.1 resultan apropiados. La velocidad de la bomba es de 140rpm. Considere una distancia entre centros de 30 pasos y 20 dientes para la catalina menor. Seleccione una cadena adecuada para una duración de 15000 hrs, los tamaños de las catalinas, el factor de seguridad y la velocidad máxima de rotación. 130

d. FRENOS El freno mostrado tiene 300mm de diámetro y es accionado por un mecanismo que aplica la misma fuerza F sobre cada zapata. Estas son idénticas y tienen un ancho de cara de 32mm. El revestimiento es asbesto moldeado con coeficientes de fricción de 0.32 y un limite de presión de 1000 KPA. Determine: • La fuerza de trabajo del freno • La capacidad del freno (par de torsión total desarrollado) • Las reacciones en la articulación.

La zapata derecha es autoenergizante y por lo tanto la fuerza f de trabajo se obtiene considerando que la presión máxima se produce en esta zapata. En el caso de freno de esta clase •

Integrando tenemos:

131

Cambiando a metros todas las longitudes:

b).- Momento aplicado por la zapata derecha es:

132

133

Problema.

134

e. CABLES METALICOS El cable metálico se hace con dos tipos de trazado, como se muestra en la figura. El trazado regular, que es la norma aceptada, tiene el alambre trenzado en una dirección para formar los cordones, y los hilos torcidos en la dirección opuesta para formar la cuerda. En la cuerda completa los cables visibles son aproximadamente paralelos al eje de la cuerda. El trazado Regular opuesto de las cuerdas no permite que se tuerza o se desenrolle y son fáciles de manejar. Trazado lang, las cuerdas tienen los alambres en el cordón y los hilos en la cuerda torcida en la misma dirección, y por lo tanto los alambres exteriores corren diagonalmente a través del eje de la cuerda. En el trazado lang, las cuerdas son más resistentes al desgaste por abrasión y el fracaso debido a la fatiga que es regular a la cuerda, pero es más probable que se doble y desenrolle. Normalmente las cuerdas están hechas con un núcleo de cáñamo, que apoya y lubrica las cuerdas. Cuando la cuerda se somete al calor, ya sea un centro de acero o de un centro de alambre de cadena debe ser utilizado. El cable metálico se designa como, por ejemplo, un 1 1/8-en 6 × 7 transporte de mercancías por 17-19c). Las

cuerda. La

primera

cifra es

el

diámetro

de

la

cuerda

(fig.

cifras correspondientes al segundo y tercero son el número de hilos y el

número de cables en cada línea, respectivamente. Tabla 17-24 enumera algunos de las

cuerdas

diferentes

que

están disponibles, junto con sus características y

propiedades. La zona del metal para la carga y transporte de mercancías y de cable 2

estándar es Am = 0.38d . Cuando un cable pasa por una polea, hay una cierta cantidad de reajuste de los elementos. Cada uno de los cables y los hilos finos de diapositivas en varios otros, y, presumiblemente, algún individuo de flexión se llevan a cabo. Es probable que en esta acción compleja exista cierta concentración de esfuerzos. El esfuerzo en uno de los cables de una cuerda que pasa por una polea se puede calcular de la siguiente manera.

Desde la mecánica de sólidos, se tiene donde las cantidades tienen su significado habitual. La eliminación de M y la solución para el esfuerzo da: 135

Para el radio de curvatura ρ, podemos sustituir el radio de la polea D / 2. Asimismo,

donde

es el diámetro del hilo. Estas sustituciones dan

Donde Er es el módulo de elasticidad de la cuerda, no del alambre. Para entender esta ecuación, observar que el cable hace una figura sacacorchos en el espacio y se estira en el mismo para determinar E y si se le estira dará un valor mayor que su E original. Por lo tanto E sigue siendo el módulo de elasticidad del alambre, pero en su peculiar configuración como parte de la cuerda, su módulo es menor. Por esta razón decimos que Er en la ecuación. (C) es el módulo de la elasticidad de la cuerda, no el alambre, reconociendo que se puede objetar sobre el

nombre

utilizado. TABLA 17.24: La Fuente de Datos de cable: Compilado del Acero americano y Manual de Compañía Alambre.

de

cable

Peso, (lbf)

6x7 arrastre

1.50d

2

Diámetro Tamaños mínimo de estándare la polea s d, (pulg) (pulg) 42d

material

Tamaño de Modulo de las elasticidad( alambres Mpsi) exteriores

Resistencia (Kpsi)

Acero monitor

d/9

14

100

Acero de arado acero suav e para arad

d/9

14

88

d/9

14

76

136

6x19 de izaje estánda r

6x37 flexible especia l

160d2

2

1.55d

2

1.45d

26d-34d

18d

21d-26d

8x19flexib l eextra 2

1.70d

---------

7x7 de aviació n

2

1.75d

------------

7x19 de aviació n 2

2.15d

-----------

De 19 alambres , de aviación

acero monitor Acero de arado Acero suave para ardo Acero monitor Acero de arado Acero monitor Acero de arado Acero resistent e a la corrosió Acero al carbono Acero resistent e a la corrosió n al Acero carbono Acero resistent e a la corrosió n al Acero carbono

d/13 –d/16

12

106

d/13-d/16

12

93

d/13-d/16

12

80

d/22

11

100

d/22

11

88

d/15-d/19

10

92

d/15-d/19

10

80

--------------

124

--------------

124

---------------

135

-------------

143

---------------

165

-------------

165

La ecuación (c) da la tensión de tracción σ en los cables exteriores. El diámetro de la polea es representada por el D. Esta ecuación pone de manifiesto la importancia de utilizar un gran diámetro polea. El sugirió diámetros mínimos de la polea en la tabla 17-24 se basan en un D/ dw cociente de 400. Si es posible, las poleas deben estar diseñadas para una mayor relación. Para ascensores y elevadores de minas, D / dw lo general se toma desde 800 hasta 1000. Si la proporción es de menos de 200, cargas pesadas a menudo hará que un conjunto permanente en la cuerda. Una tensión del cable dando el mismo esfuerzo a la tracción como la polea se llama flexión el equivalente de carga de flexión Fb, a cargo de

137

Un cable de alambre puede fallar debido a la carga estática superior a la resistencia a la rotura de la cuerda. El incumplimiento de esta naturaleza no suele ser la culpa del diseñador, sino más bien que del operador al permitir que la cuerda pueda ser sometida a cargas para las cuales no fue diseñado. La primera consideración en la selección de un cable de acero es determinar la carga estática. Esta carga se compone de los siguientes elementos: • Carga útil o peso muerto • Las cargas adicionales causados por las interrupciones súbitas o comienza • cargas choque

de

• Polea-cojinete deslizamiento.

de

Cuando estas cargas se suman, el total se puede comparar con la resistencia a la rotura de la cuerda para encontrar un factor de seguridad. Sin embargo, la resistencia a la rotura utilizada en esta determinación debe reducirse por la pérdida de fuerza que se produce cuando el cable pasa por una superficie curva, como una polea fija o un alfiler, ver fig. 17-20. Para un promedio de operación, utilice un factor de seguridad de 5. Factores de seguridad de hasta 8 o 9 se utilizan si hay peligro para la vida humana y para situaciones muy críticas. Tabla 17-25 enumera los factores mínimos de seguridad para una variedad de situaciones de diseño. Fig.1720

138

Tabla 17-25

Aquí, el factor de seguridad se define como

En donde Fu es la carga máxima de alambre y Ft. es la mayor tensión de servicio. Una vez que haya hecho una selección provisional de una cuerda basado en la fuerza estática, la siguiente consideración es asegurarse de que la vida útil de la cuerda y la polea o poleas cumple con ciertos requisitos. Cuando una cuerda de carga está inclinada sobre una polea, la cuerda se extiende como un resorte, se frota contra la polea, y provoca un desgaste tanto de la cuerda la

y

polea La cantidad de desgaste

que se produce depende de la presión de la cuerda en la polea de ranura. Esta presión se llama la fuerza de sustentación; una buena estimación de su magnitud viene dada por

Donde: F = fuerza de tracción de la cuerda d = diámetro de la cuerda 139

D = polea

diámetro

Las presiones isibles figuran en el cuadro 17-26 se utilizará tan sólo como una guía aproximada, desgaste

sino

que no

pueden

impedir

que

un

fallo

por

fatiga

o

severo. Se presentan aquí porque representan la práctica anterior y

presente un punto de partida en el diseño. Un diagrama de fatiga no muy diferente de un diagrama S-N se puede obtener para el cable. Tal un diagrama se muestra en la figura. 17-21. Aquí la ordenada es la relación de presiones p- fuerza / Su, y Su es la resistencia a la tracción del cable. La abscisa es el número de curvas que se producen en la vida total de la cuerda. La curva implica que un cable tiene una fatiga límite, pero esto no es cierto en absoluto. Un cable de acero que se utiliza más de gavillas fallarán en el futuro en la fatiga o desgaste. Tabla 17-26: presiones máximas de o permisibles de cables sobre ranuras de poleas (psi )

40 1

Sin embargo, el gráfico muestra que la cuerda pueda tener una vida larga si el cociente p / Su es inferior a 0,001. La sustitución de esta relación en la ecuación. (17-42)

Donde Su es la resistencia a la rotura del cable, no la cuerda, y las unidades del Su están relacionados a las unidades de F. Esta ecuación interesante contiene la fuerza de alambre, la carga, la cuerda diámetro, y la polea de diámetro-las cuatro variables en una sola ecuación! Dividiendo ambos lados de la ecuación. (17-42) por la resistencia a la rotura de los cables de Su y despejando F da

Ff donde se interpreta como la tensión isible de la fatiga ya que el cable se flexiona un número de los tiempos correspondientes a p / Su seleccionados de la figura. 17-21 para una cuerda en particular y la vida útil. El factor de seguridad se puede definir en la fatiga

Donde Ff es la fuerza tensión de la cuerda en la flexión y pies es la tensión en el lugar donde la

cuerda

es

de

flexión. Por

menudo la información del proveedor

desgracia,

el

diseñador

que

tiene

a

tabula

tensión de la cuerda final y no da ninguna información en rotura Su relativa a los cables de la que la cuerda se hace. Algunos de orientación en la fuerza de los hilos individuales es El acero del arado mejorado (monitor)

240

<Su

<280

kpsi

arado de acero

210

<Su

<240

kpsi

El acero del arado apacible

180

<Su

<210

kpsi

En cable metálico de uso, el factor de seguridad se ha definido en la carga estática como n = Fu / Ft o = n (Fu – Fb) / Ft, donde Fb es la tensión de la cuerda que podría inducir a la misma exterior hilos estrés como la dada por la ecuación. (C). El factor de seguridad en la carga de fatiga pueden ser definidos como en la ecuación. (17-45), o mediante un análisis estático y compensar con un factor de gran de seguridad aplicables a la carga estática, como en la tabla con

factores

17-25.

Cuando se usa el factor de seguridad expresado en códigos, normas, manuales 141

de los fabricantes de diseño corporativo, o la cuerda de alambre "recomendaciones o de la literatura, asegúrese de averiguar sobre qué base el factor de la seguridad se va a evaluar,

y

actuar

en

consecuencia.

142

Si la cuerda está hecha de arado de acero, los cables son probablemente difíciles de tracción o AISI 1070 o 1080 acero al carbono. Refiriéndose a la tabla 10-3, vemos que este es un punto intermedio entre difíciles de trefilado la primavera y el cable de música. Pero las constantes m y resolver La

A

ecuación. (10-14), p. 505,

se

necesita para

de

Su faltan.

La práctica de los ingenieros con el deseo de resolver la ecuación. (17-43) debe determinar el cable, Su fuerza de la cuerda objeto de examen por desenredar el cable lo suficiente para probar la Dureza Brinell. A continuación, Su se puede encontrar usando la ecuación. (2-17), p. 37. Fatiga fracaso en la cuerda de alambre no es repentina, como en los cuerpos sólidos, pero progresiva, y muestra como el cierre de un fuera de alambre. Esto significa que el comienzo puede

ser

detectado por

periódicos

de

de

la

fatiga

rutina inspección. Figura 17-22 es otro

gráfico que muestra la ganancia en la vida que se obtengan mediante el uso de grandes D / d proporciones. En vista del hecho de que la vida de cable de alambre utilizado sobre gavillas sólo finito, es sumamente importante que el diseñador especificar e insistir en que la inspección periódica, lubricación, y los procedimientos de mantenimiento se llevará a cabo durante la vida de la cuerda. Tabla 17-27 da propiedades útiles de algunos cables.

Fig.1722

143

Por un problema de las minas-grúa podemos desarrollar ecuaciones de trabajo de la anterior presentación. El cable de alambre Ft. tensión debido a la carga y aceleración / deceleración

Donde: W = peso en el extremo de la cuerda (en jaulas y de carga), lbf m = número de cables de soportar la carga w = peso / pie de la cuerda de alambre, lbf / ft l = longitud de la cuerda suspendida, ft 2

a = aceleración máxima / desaceleración experimentada, pies/s g = aceleración de la gravedad, pies/s

2

La resistencia a la fatiga de tensión en libras para una determinada vida es Ff

Donde: (p /

) = vida especificado, según la figura. 17-21

Su

= resistencia a la tracción de los cables, psi

D

= roldana o tambor del diámetro, en

d

= diámetro nominal del cable, en

El equivalente de la carga de flexión Fb es

Donde: Er = módulo de Young para el cable, el Cuadro 17-24 o 17-27, psi dw= diámetro de los cables (pulg) 2

Am = metal área de la sección, el cuadro 17-24 o 17-28 (pulg ) D = roldana o tambor del diámetro (pulg) 144

El factor estático de seguridad es ns

Tenga cuidado al comparar recomienda factores estáticos de la seguridad a la ecuación. (1749), cuya ns a veces se define como Fu / Ft. El factor de la fatiga de la seguridad es nf

EJEMPLO Dado un acero de 6 × 19 monitor (Su = 240 kpsi) cable. (a) Desarrollar las expresiones de tensión de la cuerda pies, fatiga Ff tensión, flexión equivalente Fb tensiones, y el factor de la fatiga de NF de seguridad de un 531,5 pies, elevación de 1 tonelada de minas de jaulas y de carga con una aceleración inicial de 2 pies/s2 como se muestra en la figura. 17-23. El diámetro de la polea es 72 pulgadas (b) Utilizando las expresiones desarrolladas en el inciso (a), examinar la variación en el factor de seguridad nf para diversos diámetros de cable de acero d y el número de sogas que

145

sostienen

m.

Solución (a) la tensión de cuerda pies de la ecuación. (17-46) viene dada por

De Fig. 17–21, use el p/Su = 0.0014. La tensión de Fatiga Ff de Eq. (17–47) se da por

La tensión del torcimiento equivalente Fb de Eq. (17–48) y Mesa 17–27 se da por 146

El factor de nf de seguridad en la fatiga de Eq. (17–50) se da por

Solución (b) Tamaños de cable metálico son discretas, así como

el

número

sogas

que

de sostienen.

Tenga en cuenta que por cada m el factor de seguridad de los objetos expuestos como máximo. Como era de esperar el principal factor del aumento de la

seguridad con m. Si el factor de

seguridad requerido iba a ser 6, cuerdas sólo tres o cuatro podrían reunirse requisito. Los diferentes: cuerdas o

5/8-en

tamaños cuerdas

con

el son tres

3/8-en cuerdas con cuatro cuerdas. Los costos incluyen no sólo los cables, pero los tambores de los tornos acanalada.

Ejemplo a.) ¿Qué diámetro de cable de alambre 6x19 de acero mejorado de arado se requiere para soportar una carga de 5 ton con 8 líneas?. Considere en los cálculos una operación continua y una vida larga. b.) ¿Cuál es la carga estática permisible para el cable descrito? Use un factor de seguridad de 6. c.) Si el cable está siempre cargado con su valor estático total, encuentre el número de dobleces, usando poleas de tamaño mínimo, que la cuerda puede resistir antes de esperar una falla por fatiga. Con base en 100 dobleces por día de trabajo. ¿Cuál es la vida esperada del cable? d.) ¿Qué tamaño mínimo de polea se requiere para que el cable no falle por fatiga si la operación tiene lugar bajo el valor de la carga estática?

147