ejercicios de ejes-2021-1 - Axel

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EJERCICIOS DE TORSIÓN 
Torsión de Coloumb 
1. La distribución de esfuerzos de una flecha sólida ha sido graficada a lo largo de tres lineas radiales. 
Como se muestra en la siguiente figura. Determinese el momento de torsión interno resultante. 
 
El momento polar de inercia de la sección circular de una barra sólida es: 
𝐽 =
𝜋𝑐4
2
=
𝜋(2 𝑖𝑛)4
2
= 25.13 𝑖𝑛4 
𝜏𝑚𝑎𝑥 = 8 𝐾𝑠𝑖 
𝜏𝑚𝑎𝑥 =
𝑇𝑐
𝐽
 
Despejamos el par 
𝑇 =
𝐽 ∗ 𝜏𝑚𝑎𝑥
𝑐
=
25.13 𝑖𝑛4(8 𝐾𝐿𝑏/𝑖𝑛2)
2 𝑖𝑛
= 100.52 𝐾𝐿𝑏 ∗ 𝑖𝑛 
Por otro método que es por semejanza de triangulos 𝑟 = 𝑓(𝜌) 
𝜏𝑚𝑎𝑥
𝑐
=
𝜏
𝜌
=
8 𝐾𝑠𝑖
2 𝑖𝑛
 
Despejando 𝜏 
𝜏 = 4𝜌 
𝑑𝐴 = 2𝜋𝜌𝑑𝜌 
La fuerza generada por el momento de torsión: 𝜏 =
𝐹
𝐴
 despejan la fuerza 
𝑑𝐹 = 𝜏𝑑𝐴 
∑ 𝑇 = 0 
𝑑𝑇 − 𝜌𝑑𝐹 = 0 
𝑑𝑇 = 𝜌(𝜏𝑑𝐴) = 𝜌(4𝜌)2𝜋𝜌𝑑𝜌 = 8𝜋𝜌3𝑑𝜌 
∫ 𝑑𝑇 = 8𝜋 ∫ 𝜌3
2
0
𝑑𝜌 
𝑇 = 8𝜋
𝜌4
4
= 8𝜋 (
24
4
−
04
4
) = 8𝜋(4) = 32𝜋 = 100.53 𝐾𝐿𝑏 ∗ 𝑚 
2. Un Par de magnitud T=1000 N*m es aplicado en D, con el siguiente 𝜃𝐴𝐵 = 56 𝑚𝑚 y 𝜃𝐶𝐷 =
42 𝑚𝑚. Determine el esfuerzo máximo a) en el segmento AB, b) en el segmento CD. 
 
Datos 
𝑇𝐶𝐷 = 1000 𝑁 ∗ 𝑚 
La relación de torque 
𝑇𝐴𝐵 =
𝑟𝐵
𝑟𝐶
(𝑇𝐶𝐷) =
∅𝐵
∅𝐶
(𝑇𝐶𝐷) = (
100 𝑚𝑚
60 𝑚𝑚
) (1000 𝑁 ∗ 𝑚) = 1666.667 𝑁 ∗ 𝑚 
a) Esfuerzo en AB 
𝑐𝐴𝐵 =
1
2
∅𝐴𝐵 =
56 𝑚𝑚
2
= 28 𝑚𝑚 𝐽 =
𝜋𝑐4
2
 
𝜏𝐴𝐵 =
𝑇𝐴𝐵 𝑐𝐴𝐵
𝐽
=
𝑇𝐴𝐵 𝑐𝐴𝐵
𝜋𝜋𝑐𝐴𝐵
4
2
=
2𝑇𝐴𝐵
𝜋𝑐𝐴𝐵
3 =
2(1666.667 𝑁 ∗ 𝑚)
𝜋(28𝑥10−3 𝑚)3
=
3333.334 𝑁 ∗ 𝑚
𝜋(2.19𝑥10−5 𝑚3)
=
3333.334 𝑁 ∗ 𝑚
0.0000689 𝑚3 
= 48379303.34 𝑃𝑎 = 48.379 𝑀𝑃𝑎 
b) Esfuerzo en BC 
𝑐𝐶𝐷 =
1
2
∅𝐶𝐷 =
42 𝑚𝑚
2
= 21 𝑚𝑚 
𝜏𝐶𝐷 =
𝑇𝐶𝐷 𝑐𝐶𝐷
𝐽
=
𝑇𝐶𝐷 𝑐𝐶𝐷
𝜋𝑐𝐶𝐷
4
2
=
2𝑇𝐶𝐷
𝜋𝑐𝐶𝐷
3 =
2(1000 𝑁 ∗ 𝑚)
𝜋(21𝑥10−3 𝑚)3
=
2000 𝑁 ∗ 𝑚
𝜋(9.261𝑥10−6 𝑚3)
=
2000 𝑁 ∗ 𝑚
0.0000291 𝑚3 
= 68742011.92 𝑃𝑎 = 68.742 𝑀𝑃𝑎 
 
3. Los tres ejes y cuatro engranes son usados en un tren de engranajes que transmitira una torsión 
inicial de 42.44 N*m generado por el motor A, a la maquina herramienta ubicada en F. Sabiendo que el 
esfuerzo permisible para los ejes es de 60 MPa, determine a) la torsión para cada eje, b)El diámetro de 
cada eje. 
 
SOLUCIÓN: 
Del DCL de los engranes B y C vamos a calcular los torques a los que están sometidos. Como no existe 
ninguna otra restricción, el torque que es generado por el motor se traslada por el eje hasta llegar al 
engrane B por el cual 
𝑇𝐴 = 𝑇𝐵 = 42.44 𝑁 − 𝑚 
𝑇𝐵 = 𝐹𝐶𝐵𝑟𝐵 𝐹𝐶𝐵 =
𝑇𝐵
𝑟𝐵
 
𝑇𝐶 = 𝐹𝐶𝐵𝑟𝐶 𝐹𝐶𝐵 =
𝑇𝐶
𝑟𝐶
 
DCL del segmento BC 
 
Como 𝐹𝐶𝐵 es la misma fuerza en ambos engranajes entonces: 
(
𝑇𝐵
𝑟𝐵
) = (
𝑇𝐶
𝑟𝐶
) 𝑇𝐶 = 𝑇𝐵 (
𝑟𝐶
𝑟𝐵
) = (42.44 𝑁 ∗ 𝑚) (
75 𝑚𝑚
30 𝑚𝑚
) = 106.1 𝑁 ∗ 𝑚 
Como no existe ninguna restricción a lo largo del eje CD, el torsor se transmite de manera uniforme a lo 
largo de éste, por lo tanto 
𝑇𝐶 = 𝑇𝐷 = 106.1 𝑁 ∗ 𝑚 
Por lo cual las relaciones entre las fuerzas y torsores serán: 
 
𝑇𝐷 = 𝐹𝐷𝐸𝑟𝐷 𝐹𝐷𝐸 =
𝑇𝐷
𝑟𝐷
 
𝑇𝐸 = 𝐹𝐷𝐸𝑟𝐸 𝐹𝐷𝐸 =
𝑇𝐸
𝑟𝐸
 
Como 𝐹𝐶𝐵 es la misma fuerza en ambos engranajes entonces: 
(
𝑇𝐷
𝑟𝐷
) = (
𝑇𝐸
𝑟𝐸
) 𝑇𝐸 = 𝑇𝐷 (
𝑟𝐸
𝑟𝐷
) = (106.1 𝑁 ∗ 𝑚) (
75 𝑚𝑚
30 𝑚𝑚
) = 265.25 𝑁 ∗ 𝑚 
Por lo tanto 𝑇𝐸 = 𝑇𝐹 
Ahora procederemos a calcular los diámetros de los ejes AB, CD y EF de la siguiente manera: 
𝜏𝑝𝑒𝑟𝑚 =
𝑇𝑐
𝐽
 
Parra barras macizas 𝐽 =
𝜋𝑐4
2
, por lo cual la ecuación se transforma en: 
𝜏𝑝𝑒𝑟𝑚 =
𝑇𝑐
𝜋
2
𝑐4
=
2𝑇
𝜋𝑐3
 𝑐3 =
2𝑇
𝜋𝜏𝑝𝑒𝑟𝑚
 𝑐 = √
2𝑇
𝜋𝜏𝑝𝑒𝑟𝑚
3
 
Para el eje AB (𝑇𝐴𝐵 = 𝑇𝐵 = 42.44 𝑁 ∗ 𝑚), tenemos: 
𝑐𝐴𝐵 = √
2𝑇𝐴𝐵
𝜋𝜏𝑝𝑒𝑟𝑚
3
= √
2(42.44 𝑁 ∗ 𝑚)
𝜋 (60𝑥106 
𝑁
𝑚2
)
3
= 7.66x10−3𝑚 ∗ (
1000 𝑚𝑚
1 𝑚
) = 7.66 𝑚𝑚 
El diámetro se halla así: 
𝑑𝐴𝐵 = 2𝑐𝐴𝐵 = 2 ∗ (7.66 𝑚𝑚) = 15.33 𝑚𝑚 
Para el eje CD (𝑇𝐶𝐷 = 𝑇𝐷 = 106.1 𝑁 ∗ 𝑚), tenemos: 
𝑐𝐶𝐷 = √
2𝑇𝐶𝐷
𝜋𝜏𝑝𝑒𝑟𝑚
3
= √
2(106.1 𝑁 ∗ 𝑚)
𝜋 (60𝑥106 
𝑁
𝑚2
)
3
= 10.4x10−3 𝑚 ∗ (
1000 𝑚𝑚
1 𝑚
) = 10.4 𝑚𝑚 
El diámetro se halla así: 
𝑑𝐶𝐷 = 2𝑐𝐶𝐷 = 2 ∗ (10.4 𝑚𝑚) = 20.8 𝑚𝑚 
Para el eje EF (𝑇𝐸𝐹 = 𝑇𝐸 = 265.25 𝑁 ∗ 𝑚), tenemos: 
𝑐𝐸𝐹 = √
2𝑇𝐸𝐹
𝜋𝜏𝑝𝑒𝑟𝑚
3
= √
2(265.2 𝑁 ∗ 𝑚)
𝜋 (60𝑥106 
𝑁
𝑚2
)
3
= 14.12x10−3𝑚 ∗ (
1000 𝑚𝑚
1 𝑚
) = 14.12 𝑚𝑚 
El diámetro se halla así: 
𝑑𝐸𝐹 = 2𝑐𝐸𝐹 = 2 ∗ (14.12 𝑚𝑚) = 28.24 𝑚𝑚 
𝑇𝐴𝐵 < 𝑇𝐶𝐷 < 𝑇𝐸𝐹---- 
 
4. El eje vertical que se muestra en la figura siguiente tiene dos poleas, dónde las bandas 
transmiten a las poleas las fuerzas que se indican. Considerando que el eje es de un acero 
AISI/DGN 1040WQT900 [A-14, ROBERT MOTT], verifique que con un diámetro 40 mm es 
suficiente para soportar las solicitaciones consideradas. Si las cargas son variables con el tiempo. 
Determine en que zona y cuál es la magnitud de los esfuerzos normales y de corte máximos, 
considerando la combinación de carga axial con el momento torsionante generado por el par 
transmitido. En el caso que el material no soporta las solicitaciones proporciona usar un material 
alterno. 
 
Datos de tabla [A-14, ROBERT MOTT] 
𝜎0 = 621 𝑀𝑃𝑎, 𝜎𝑢 = 800 𝑀𝑃𝑎 y 𝜀 = 22% 
𝑛 = 4 𝑓𝑎𝑡𝑖𝑔𝑎 
∑ 𝐹𝑥 = 0 ∑ 𝑀𝐴 = 0 
𝑅𝐴 + 𝑅𝐷 + 720 𝑁 − 1800 𝑁 = 0 
𝑅𝐴 + 𝑅𝐷 = 1080 𝑁………….Ecu 1 
(1 𝑚)𝑅𝐷 + 720 𝑁(0.7 𝑚) − 1800 𝑁(0.3 𝑚) = 0 
𝑅𝐷 + 504 𝑁 ∗ 𝑚 − 540 𝑁 ∗ 𝑚 = 0 
𝑅𝐷 = 36 𝑁……………………..Ecu 2 
Sustituir Ec. 2 en Ec. 1 
𝑅𝐴 = 1080 𝑁 − 36 𝑁 = 1044 𝑁 
𝐹𝑁1 = 1500 𝑁 − 300 𝑁 = 1200 𝑁 
𝑀𝑇1 = 1200 𝑁 (
100 𝑚𝑚
2
) = 60 𝑁 ∗ 𝑚 
𝑀𝑇1 = 1200 𝑁(0.05 𝑚) = 60 𝑁 ∗ 𝑚 
𝐹𝑁2 = 600 𝑁 − 120 𝑁 = 480 𝑁 
𝑀𝑇2 = 480 𝑁 (
250 𝑚𝑚
2
) = 60 𝑁 ∗ 𝑚 
𝑀𝑇2 = 480 𝑁(0.125 𝑚) = 60 𝑁 ∗ 𝑚 
Esfuerzo cortante de diseño (basado en el material) 
𝜏𝐷 =
𝜎0
2𝑛
=
621 𝑀𝑃𝑎
2 ∗ 4
=
621 𝑀𝑃𝑎
8
= 77.62𝑥106 𝑃𝑎 = 77.62 𝑀𝑃𝑎 
Esfuerzo cortante máximo (basado en las solicitaciones) 
El diámetro del eje es de 40 mm entonces su radio es de r=20 mm 
𝜏𝑚𝑎𝑥 =
𝑇𝑐
𝐽
=
2𝑀𝑇
𝜋𝑟3
=
2 ( 60 𝑁 ∗ 𝑚)
𝜋(0.02 𝑚)3
= 4.77 𝑀𝑃𝑎 
Para el material obtener su radio utilizando la formula anterior 
𝑟 = √
2 ( 120 𝑁 ∗ 𝑚)
𝜋 (77.62𝑥106 𝑁 𝑚2⁄ )
= 9.94𝑥10−3 𝑚
3
= 9.94𝑥10−3 𝑚 (
1000 𝑚𝑚
1 𝑚
) = 10 𝑚𝑚 
∅𝐷 = 20 𝑚𝑚 
∅𝐷 < ∅ 
20 𝑚𝑚 < 40 𝑚𝑚 
Sustituyendo 
𝜎𝑁 =
𝐹
𝐴
=
𝐹
𝜋𝑟𝐷
2 =
10 𝐾𝑁
𝜋(0.01 𝑚)2
=
10𝑥103 𝑁
0.00031416 𝑚2
= 31830914.183 𝑃𝑎 = 31.83 𝑀𝑃𝑎 
Por lo tanto, esta sobrado el diámetro del eje 
𝜏𝐷 = 77.62 𝑀𝑃𝑎 ≫ 𝜏𝑚𝑎𝑥 = 4.77 𝑀𝑃𝑎 
 
5. Se requiere calcular para un acero con 𝜃 = 50 𝑚𝑚 𝑦 𝐺 = 80 𝐺𝑃𝑎, el ángulo de torsión entre los 
segmentos AD aplicando el método de secciones, tal y cómo se muestra en la figura. Las distancias de los 
segmentos 𝐿𝐴𝐵 = 2 𝑚, 𝐿𝐵𝐶 = 1 𝑚 𝑦 𝐿𝐶𝐷 = 2 𝑚. 
 
∅𝐴𝐷 = ∑
𝑇𝐿
𝐽𝐺
= ∑
𝑇𝐿
𝜋𝑐4
2 𝐺
=
80 𝑁 − 𝑚(2 𝑚)
𝜋(0.025 𝑚)4
2 (80𝑥10
9 𝑁
𝑚2⁄ )
+
−70 𝑁 − 𝑚(1 𝑚)
𝜋(0.025 𝑚)4
2 (80𝑥10
9 𝑁
𝑚2⁄ )
+
−10 𝑁 − 𝑚(2 𝑚)
𝜋(0.025 𝑚)4
2 (80𝑥10
9 𝑁
𝑚2⁄ )
 
∅𝐴𝐷 =
320 𝑁 − 𝑚2
𝜋(0.000000391 𝑚4) (80𝑥109 𝑁 𝑚2⁄ )
−
140 𝑁 − 𝑚2
𝜋(0.000000391 𝑚4) (80𝑥109 𝑁 𝑚2⁄ )
−
40 𝑁 − 𝑚2
𝜋(0.000000391 𝑚4) (80𝑥109 𝑁 𝑚2⁄ )
 
∅𝐴𝐷 =
320 𝑁 − 𝑚2
(98174.77 𝑁 − 𝑚2)
−
140 𝑁 − 𝑚2
(98174.77 𝑁 − 𝑚2)
−
40 𝑁 − 𝑚2
(98174.77 𝑁 − 𝑚2)
 
∅𝐴𝐷 = 0.003259493 − 0.001426028 − 0.000407437 = 0.001426028 𝑟𝑎𝑑 =0.0817198° 
6. Los engranes unidos a la flecha de acero empotrada están sometidas a los pares de torsión 
mostrados en la figura. Si el módulo de rigidez de material es G=80 GPa y la flecha tiene un diámetro de 
14 mm, determine el desplazamiento del diente P en el engrane A. La flecha gira libremente sobre el 
cojinete B. 
 
SOLUCIÓN 
Par interno de torsión 
Datos: 
𝐺 = 80 𝐺𝑃𝑎 = 80𝑥109 𝑃𝑎 
∅ = 14 𝑚𝑚 = 0.014 𝑚 
 
 
𝑇𝐴𝐶 = 150 𝑁 ∗ 𝑚𝑇𝐶𝐷 = −130 𝑁 ∗ 𝑚 𝑇𝐷𝐸 = −170 𝑁 ∗ 𝑚 
Momento polar de inercia 𝐽 =
𝜋𝐶4
2
(𝑚 4) = 𝐽 =
𝜋(0.007 𝑚)4
2
= 3.77𝑥10−9𝑚 4 
Angulo de torsión 
∅𝐴/𝐸 = ∑
𝑇𝐿
𝐽𝐺
=
150 𝑁 ∗ 𝑚(0.4 𝑚)
3.77𝑥10−9𝑚 4 (80𝑥109 𝑁 𝑚2⁄ )
+
−130 𝑁 ∗ 𝑚(0.3 𝑚)
3.77𝑥10−9𝑚 4 (80𝑥109 𝑁 𝑚2⁄ )
+
−170 𝑁 ∗ 𝑚(0.5 𝑚)
3.77𝑥10−9𝑚 4 (80𝑥109 𝑁 𝑚2⁄ )
= −0.012 𝑟𝑎𝑑 = −12.15° 
Desplazamiento del diente P sobre el engrane A 
 
𝑆𝑃 = ∅𝐴𝑐 = −0.212 𝑟𝑎𝑑(50 𝑚𝑚) = −10.6 𝑚𝑚 
 
 
 
7. Un tren de laminación de metales que se compone de un laminador dúo, el cual es accionado por 
un motor eléctrico de 800 Hp. La caja de laminación dispone de dos rodillos 30 in de diámetro, y la 
velocidad lineal de laminación es de 12 m/s (velocidad tangencial del rodillo). Considerando que la 
velocidad de laminación es aproximadamente igual a la perimetral de los rodillos, determine el diámetro 
mínimo de las flechas de transmisión que accionan a estos, si se emplea un acero aleado 4140CrMoOQT 
(templado y revenido a 370 °C con limite elástico 250 KPsi y resistencia máxima 290 Kpsi). La carga no es 
constante, sino que esta varia con el tiempo. 
 
Figuras 
En el mismo laminador se tiene unos coples entre el eje del motor y la caja de piñones como se muestra 
en la figura, si en este se dispersan los tornillos situados a 𝜋 6⁄ sobre la brida de 12 in, determine si con 
tornillos de 7/8 in de diámetro será suficiente para soportar la carga. Los tornillos son de acero de alta 
resistencia con un valor máximo al corte de 350 MPa. Si el motor trabaja a 601.53 rpm. ¿Cuál será la 
reducción de velocidad que existe entre el motor y los ejes de transmisión? 
DATOS: 
Acero aleado 4140CrMoOQT 
𝜎0 = 250 𝐾𝑃𝑠𝑖, 𝜎𝑚𝑎𝑥 = 290 𝐾𝑃𝑠𝑖 
P=800 Hp=596.56 KW (KJ/s) 𝜔 = 601.53 𝑟𝑝𝑚 
Rodillos =30 in 𝑣𝑇 = 12 𝑚/𝑠 
=30 in=0.762 m r=15 in=38.1 cm=0.381 m 
Factor de Seguridad n=4 
𝑣𝑇 = 𝜔𝑟, → 𝜔 =
𝑣𝑇
𝑟
=
12 𝑚/𝑠
0.381 𝑚
= 31.496 
𝑟𝑎𝑑
𝑠
 
𝑃 = 𝑇𝜔 
Despejando 𝑇 =
𝑃
𝜔
=
596.56 𝐾𝑊 (𝐾𝑁−𝑚 𝑠⁄ )
31.496 
𝑟𝑎𝑑
𝑠
= 18.941 𝐾𝑁 − 𝑚 
Cómo es dúo 
𝑇
2
=
18.941 𝐾𝑁−𝑚
2
= 9.47 𝐾𝑁 − 𝑚 
𝜎0 = 250 𝐾𝑃𝑠𝑖 = 1.98 𝐺𝑃𝑎 
𝜎𝑚𝑎𝑥 = 290 𝐾𝑃𝑠𝑖 = 2.3 𝐺𝑃𝑎 
𝜎𝐷 =
𝜎0
2𝑛
=
1.98 𝐺𝑃𝑎
2(4)
= 185 𝑀𝑃𝑎 
𝜎𝐷 = 𝜏𝑚𝑎𝑥 
𝜏𝑚𝑎𝑥 =
𝑇𝑟
𝐽
=
𝑇𝑟
𝜋𝑟4
2
=
2𝑇
𝜋𝑟3
 
Despejando al radio r 
𝑟 = √
2𝑇
𝜋𝜏𝑚𝑎𝑥
3
= √
2(9.45𝑥103 𝑁 − 𝑚)
𝜋 (185𝑥106 
𝑁
𝑚2
)
3
= √0.000032519
3
= 0.03192 𝑚 = 31.91 𝑚𝑚 
𝜃 = 2𝑟 = 2(31.91) = 63.837 𝑚𝑚=2 ½ in 
Cople 
12 tornillos 
𝜋
6
 serie G y 
2𝜋
3
= 12 
Brida 12 in=30.48 cm=0.3048 m y diámetro de tornillos 𝜃𝑇 =
7
8
 𝑖𝑛 = 2.223 𝑐𝑚 = 0.0223 𝑚 
𝐴𝑇 =
𝜋𝜃2
4
=
𝜋(0.0223 𝑚)2
4
= 0.390571𝑥10−3 𝑚2 
𝐴𝑇𝑂𝑇𝐴𝐿 = 12𝐴𝑇 = 12(0.390571𝑥10
−3 𝑚2) = 4.686𝑥10−3 𝑚2 
𝜔 =
2𝜋𝑁
60
=
2𝜋(601.23 𝑟𝑝𝑚)
60 𝑠
= 62.99 
𝑟𝑎𝑑
𝑠
 velocidad angular 
𝑃 = 𝑇𝜔 
Despejando el par 𝑇 =
𝑃
𝜔
=
596.56 𝐾𝑊
62.99 
𝑟𝑎𝑑
𝑠
= 9.470 𝐾𝑁 − 𝑚 
𝑇 = 𝐹𝑟𝑏𝑟𝑖𝑑𝑎 Fuerza por distancia (radio de la brida) 
Despejando fuerza 𝐹 =
𝑇
𝑟𝑏𝑟𝑖𝑑𝑎
=
9.470 𝐾𝑁−𝑚
(
0.3048 𝑚
2
)
= 62.139 𝐾𝑁 
𝜏𝑚𝑎𝑥 =
𝐹
𝐴𝑇𝑂𝑇𝐴𝐿
=
62.139 𝐾𝑁
4.686𝑥10−3𝑚2
= 13.377 𝑀𝑃𝑎 
13.377 𝑀𝑃𝑎 << 350 𝑀𝑃𝑎 
Por lo tanto, resiste porque es mucho menor el esfuerzo cortante máximo 
𝜔𝑚𝑜𝑡𝑜𝑟
𝜔𝑒𝑗𝑒
=
62.99 
𝑟𝑎𝑑
𝑠
31.496 
𝑟𝑎𝑑
𝑠
 
≈ 2 La velocidad del motor es la doble a la del eje 
 
8. Un motor entrega 80 HP y 210 rpm a un eje de acero 1020 de diámetro de 2 in, se tiene un sistema 
de poleas C y D que absorben respectivamente 50 y 30 HP respectivamente. 
Calcule: 
a) El esfuerzo cortante en cada una de las secciones de la flecha 
b) La deformación angular sufrida por el eje. 
 
 
Datos: 
Acero 1020 𝐺 = 79.3 𝐺𝑃𝑎 
Diámetro del eje 2 in 
Potencia de 80 HP 
210 rpm 
𝜏 =? 𝜃 =? 
P=80 HP=59.65 Kw 
a) Esfuerzo cortante en B 
𝜔 =
2𝜋𝑁
60
=
2𝜋(210 𝑟𝑝𝑚)
60 𝑠
= 22 
𝑟𝑎𝑑
𝑠
 
𝐽 =
𝜋𝑟4
2
=
𝜋(0.0254 𝑚)4
2
= 6.54𝑥10−9 𝑚4 
𝑇 =
𝑃
𝜔
=
59.65 𝐾𝑊 (𝐾𝑁 − 𝑚 𝑠⁄ )
22 
𝑟𝑎𝑑
𝑠
= 2.71 𝐾𝑁 − 𝑚 
𝜏𝑚𝑎𝑥 =
𝑇𝑟
𝐽
=
2710 𝑁 − 𝑚(0.0254 𝑚)
6.54𝑥10−9 𝑚4
=
68.834 𝑁 − 𝑚2
6.54𝑥10−9 𝑚4
= 1.05𝑥1010 𝑃𝑎 
Esfuerzo cortante en AC 
P=50 HP=37.281 Kw 
𝑇 =
𝑃
𝜔
=
37.281 𝐾𝑊 (𝐾𝑁 − 𝑚 𝑠⁄ )
22 
𝑟𝑎𝑑
𝑠
= 1.69 𝐾𝑁 − 𝑚 
 
𝜏𝑚𝑎𝑥 =
𝑇𝑟
𝐽
=
1690 𝑁 − 𝑚(0.0254 𝑚)
6.54𝑥10−9 𝑚4
=
42.926 𝑁 − 𝑚2
6.54𝑥10−9 𝑚4
= 6.57𝑥109 𝑃𝑎 
Esfuerzo cortante en CD 
P=30 HP=22.368 Kw 
𝑇 =
𝑃
𝜔
=
22.368 𝐾𝑊 (𝐾𝑁 − 𝑚 𝑠⁄ )
22 
𝑟𝑎𝑑
𝑠
= 1.016 𝐾𝑁 − 𝑚 
 
𝜏𝑚𝑎𝑥 =
𝑇𝑟
𝐽
=
1016 𝑁 − 𝑚(0.0254 𝑚)
6.54𝑥10−9 𝑚4
=
25.81 𝑁 − 𝑚2
6.54𝑥10−9 𝑚4
= 3.95𝑥109 𝑃𝑎 
b) 
𝜃𝐴𝐶 =
𝑇𝐿
𝐽𝐺
=
1690 𝑁 − 𝑚(0.0508 𝑚)
6.54𝑥10−9 𝑚4 (79.3𝑥109 𝑁 𝑚2⁄ )
=
85.852 𝑁 − 𝑚2
51.7829 𝑁 − 𝑚2 
= 1.6553 
𝑟𝑎𝑑
𝑠
 
𝜃𝐶𝑑 =
𝑇𝐿
𝐽𝐺
=
1016 𝑁 − 𝑚(0.0762 𝑚)
6.54𝑥10−9 𝑚4 (79.3𝑥109 𝑁 𝑚2⁄ )
=
77.4192 𝑁 − 𝑚2
51.7829 𝑁 − 𝑚2 
= 1.495 
𝑟𝑎𝑑
𝑠
 
∑
𝑇𝐿
𝐽𝐺
= 1.6553
𝑟𝑎𝑑
𝑠
+ 1.495 
𝑟𝑎𝑑
𝑠
= 3.15 
𝑟𝑎𝑑
𝑠