Clase 2 5-6 - Juan Felipe Martín Martínez (1)

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F. Diseño Mecatrónico. Héctor Manuel Vega 
 
Ejemplo 
El eje la figura, recibe 50 hp desde la polea P y trasmite 35 al engranaje helicoidal G1 a 
900 rpm. Y los 15 restantes al engranaje recto G2 El eje está hecho de acero AISI-4340 
T&R 315°C, laminado en caliente. EI diámetro de la polea P es 20", el diámetro de la 
polea conductora es 6” y el diámetro primitivo del engranaje G1 es 10". Y 8" el G2. La 
distancia entre poleas es 75cm. Despreciar los pesos de los elementos. La relación entre las 
tensiones de la correa es F1/F2 = 25. El ángulo de presión de los engranajes es 20° y en el 
engrane helicoidal el ángulo de presión tangencial es t=20° y el ángulo de la hélice 
=30°; y los anchos son de 2 y 3 pulgadas respectivamente. El ancho de la polea P es 2”. 
Asumir que los anchos de los rodamientos es 1” 
 
 
 
 
 
 
 
 
a) Calcular las fuerzas y esfuerzos a que está sometida cada sección del eje. (Acompañar 
los cálculos con los gráficos adecuados) 
Polea 
𝜃 = atan (
7×2.54cm
75cm
) = 13.34° 
𝑇𝐴 =
50 ∗ 746
30𝜋
𝑊
𝑟/𝑠𝑒𝑔
= 395.8𝑁𝑚 
𝐹1 =
395.8𝑁𝑚
0.254𝑚
= 1558𝑁 
𝐹2 =
1558𝑁
25
= 62.32𝑁 
 
𝐹𝑧 = −(1558 + 62.32)𝑁𝑐𝑜𝑠(13.34) = −1577𝑁 
 
𝐹𝑦 = −1558𝑁𝑠𝑒𝑛(13.34) + 62.32𝑁𝑠𝑒𝑛(13.34) = −345.1𝑁 
𝐹𝐴 = [0, −345.1, −1577]𝑁 
Engranaje G1 
 
10
" 
3" 
75 
cm 
x 
y 
z 
P G1 
2in 2in 
3in 
2in 
G2 
A B C D 
E 
F1 
F2 
F. Diseño Mecatrónico. Héctor Manuel Vega 
 
 
 
𝑇𝐶 =
35 ∗ 746
30𝜋
𝑊
𝑟/𝑠𝑒𝑔
= 277𝑁𝑚 
𝑊𝑡 =
277𝑁𝑚
5 × 0.0254𝑚
= 2181𝑁 
𝑊 =
2181𝑁
cos 30 × cos 20
= 2680𝑁 
 
𝑊𝑟 = 2680𝑁 × 𝑠𝑒𝑛20 = 916.6𝑁 
𝑊𝑎 = 2680𝑁 × cos 20 𝑠𝑒𝑛30 = 1259𝑁 
 
𝐹𝐶 = [−1259, −916.6, 2181]𝑁 
 
 
 
 
 
Engranaje G2 
 
𝑇𝐷 =
15 ∗ 746
30𝜋
𝑊
𝑟/𝑠𝑒𝑔
= 118.7𝑁𝑚 
 
𝐹𝑡 =
118.7𝑁𝑚
4 × 0.0254𝑚
= 1168.3𝑁 
 
𝐹𝑟 = 1168.3𝑁 × tan(20) = 425.2𝑁 
 
F. Diseño Mecatrónico. Héctor Manuel Vega 
 
𝐹𝐷 =[0, 425, 1168.3]N 
 
 
 
 
Reacciones 
𝐹𝐴 = [0, −345.1, −1577]𝑁 
𝐹𝐶 = [−1259, −916.6, 2181]𝑁 
𝐹𝐷 =[0, 425, 1168.3]N 
 
 
Plano xy 
 
 
 
 
 
 
 
 
Plano xz 
 
 
∑ 𝐹𝑦 = 𝑅𝐵𝑦 + 𝑅𝐸𝑦 + 425 − 345.1 − 916.6 = 0 
 
∑ 𝑀𝐵 = 345.1 ∗ 3.5 − 916.6 ∗ 4.5 + 425 ∗ 9 + 𝑅𝐸𝑦13
= 0 
𝑅𝐵𝑦 = 906.5𝑁 𝑦 𝑅𝐸𝑦 = −69.86𝑁 
∑ 𝐹𝑧 = 𝑅𝐵𝑧 + 𝑅𝐸𝑧 + 2181 + 1168 − 1577 = 0 
 
∑ 𝑀𝐵 = 1577 ∗ 3.5 + 2181 ∗ 4.5 + 1168 ∗ 9 + 𝑅𝐸𝑧13
= 0 
𝑅𝐵𝑧 = 216𝑁 𝑦 𝑅𝐸𝑧 = −1988𝑁 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
x 
y 
z 
1577 
2181 
RB 
1168 
RE 
1 3.5 4.5 4.5 4 
3.5 4.5 4.5 4 
345.1 916.6 
RB 
425 
RE 
F. Diseño Mecatrónico. Héctor Manuel Vega 
 
 
 
 
 
 
 
𝑀𝐵 = √30.67
2 + 138.42𝑁𝑚 = 141.7𝑁𝑚 
𝑀𝐶 = 440.8𝑁𝑚 
𝑀𝐷 = 46.43𝑁𝑚 
 
b) Determinar cada uno de los factores que modifican la resistencia a la fatiga. Si se desea 
una confiabilidad de 98%. Y el eje estará operando a temperaturas hasta de 140°C 
Acero 4340: Sy=1590MPa Su=1720MPa (250kpsi) 
Condición superficial maquinado ka=0.625 
 
Factor de tamaño. Con D=35mm: kb=0.849 
 
Factor de carga cortante k=0.59 
 
Confiabilidad ke=0.828 
Resistencia a la fatiga: 
 
𝑆𝑒 = 700Mpa ∗ 0.625 ∗ 0.849 ∗ 0.59 ∗ 0.828 = 219𝑀𝑝𝑎 
 
 
c) Calcular los tamaños de cada sección del eje usando la ecuación de AGMA, con un 
factor de seguridad de 1.75 
(
𝜎𝑎
𝑠𝑒
)
2
+ (
𝜎𝑚
𝑠𝑦
)
2
=
1
𝑓𝑠2
 
𝜎2 = 𝜎2 + 3𝜏2 
𝜎 =
𝐹
𝐴
+
𝑀𝑐
𝐼
=
4𝐹
𝜋𝐷2
+
32𝑀
𝜋𝐷3
 
𝜏 =
165𝑇
𝜋𝐷3
 
𝜎2 = (
4𝐹
𝜋𝐷2
+
32𝑀
𝜋𝐷3
)
2
+ 3 (
16𝑇
𝜋𝐷3
)
2
 
 
La fuerza axial es Media Fa=0 
El momento produce esfuerzo de axial alternante. m=0 
30.67Nm 
134.3Nm 155.6 
20.63Nm 
138.4Nm 
412.5Nm 
41.6Nm 
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El torque produce cortante m a=0 
1
𝑆𝑒
2 [(
4𝐹𝑎𝑎
𝜋𝐷2
+
32𝑀𝑎
𝜋𝐷3
)
2
+ 3 (
16𝑇𝑎
𝜋𝐷3
)
2
] +
1
𝑆𝑦
2 [(
4𝐹𝑎𝑚
𝜋𝐷2
+
32𝑀𝑚
𝜋𝐷3
)
2
+ 3 (
16𝑇𝑚
𝜋𝐷3
)
2
] =
1
𝑓𝑠2
 
 
1
𝑆𝑒
2 [(
32𝑀𝑎
𝜋𝐷3
)
2
] +
1
𝑆𝑦
2 [(
4𝐹𝑎𝑚
𝜋𝐷2
)
2
+ 3 (
16𝑇𝑚
𝜋𝐷3
)
2
] =
1
𝑓𝑠2
 
 
Concentradores de esfuerzo 
d=35mm r=3mm D/d=1.2. r/d=0.085 
 
Kf=1.65 
Repitiendo para los demás esfuerzos: 
 
Kt=1.43 
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Ka=1.7 
 
Sensibilidad a la muesca: 
𝑟𝑎 = 0.245799 − 0.307794 × 10−2 ∗ 250 + 0.150874 × 10−4 ∗ 2502 − 0.266978 × 10−7 ∗ 2503 
 
𝑟𝑎 = 2.1237 × 10−2√𝑖𝑛 
 
𝑞 =
1
1 +
2.1237 × 10−2
√3/25.4
=
1
1.061
= 0.94 
 
𝐾𝑓𝑎 = 1 + 0.94(1.7 − 1) = 1.66 
𝐾𝑓𝑓 = 1 + 0.94(1.65 − 1) = 1.61 
𝐾𝑓 = 1 + 0.94(1.43 − 1) = 1.4 
Sy=1590MPa Su=1720MPa (250kpsi); Se=219MPa 
1
𝑆𝑒
2 [(
32𝑘𝑓𝑓𝑀𝑎
𝜋𝐷3
)
2
] +
1
𝑆𝑦
2 [(
4𝑘𝑓𝑎𝐹𝑎𝑚
𝜋𝐷2
)
2
+ 3 (
16𝑘𝑓𝑡𝑇𝑚
𝜋𝐷3
)
2
] =
1
𝑓𝑠2
 
 
Cálculo de las secciones del eje. Fs=1.75 
Sección AB T= 395.8𝑁𝑚 ; M=141.7𝑁𝑚 
1
(𝜋𝐷3)2
[(32𝑘𝑓𝑓𝑀𝑎)
2
] +
𝑆𝑒
2
𝑆𝑦
2 [3(16𝑘𝑓𝑡𝑇𝑚)
2
] =
𝑆𝑒
2
𝑓𝑠2
 
 
F. Diseño Mecatrónico. Héctor Manuel Vega 
 
𝐷6 =
𝑓𝑠2
(𝑆𝑒𝜋)
2
[(32𝑘𝑓𝑓𝑀𝑎)
2
] +
𝑆𝑒
2
𝑆𝑦
2 [3(16𝑘𝑓𝑡𝑇𝑚)
2
] 
𝐷6 =
1.752
(219 ∗ 106𝜋)2𝑁2/𝑚4
[(32 ∗ 1.61 ∗ 141.7𝑁𝑚)2] +
2192
15902
[3(16 ∗ 1.4 ∗ 395.8𝑁𝑚)2] 
 
𝐷6 = 𝑥𝑥𝑥
𝑁2 ∗ 𝑚2
𝑁2
𝑚4
= 𝑚6 
𝐷 = 0.027𝑚 = 27𝑚𝑚 
Como en el punto B hay un rodamiento, el diámetro se debe ajustar para el valor comercial 
de este elemento D=28mm kb=0.87 
Verificando el kb (D=35mm: kb=0.849) 
El error relativo es 2.4% por lo que no es necesario corregir el cálculo 
 
Sección BC T= 395.8𝑁𝑚 ; M=440.8𝑁𝑚; Fa=1259𝑁/2 = 630𝑁 
{[(
32𝑘𝑓𝑓𝑀𝑎
𝐷
)
2
] +
𝑆𝑒
2
𝑆𝑦
2 [(
4𝑘𝑓𝑎𝐹𝑎𝑚
1
)
2
+ 3 (
16𝑘𝑓𝑡𝑇𝑚
𝐷
)
2
]} = 𝜋2𝐷4
𝑆𝑒
2
𝑓𝑠2
 
 
{[(
32 ∗ 1.61 ∗ 441𝑁𝑚
𝐷
)
2
] +
2192
15902
[(
4 ∗ 1.66 ∗ 630𝑁
1
)
2
+ 3 (
16 ∗ 1.4 ∗ 396𝑁𝑚
𝐷
)
2
]}
= 𝜋2𝐷4
219 ∗ 106
2
1.752
 
 
{(
22720𝑁𝑚
𝐷
)
2
+
1
52.7
[(
4183𝑁
1
)
2
+ 3 (
8870𝑁𝑚
𝐷
)
2
]} = 1.55 ∗ 1017𝑁2/𝑚4𝐷4 
Las unidades de todos los términos de la ecuacion son N^2 con d en m 
 
{(
22720𝑁𝑚
𝐷
)
2
+ 332021𝑁2 +
4478761𝑁2𝑚2
𝐷2
} = 1.55 ∗ 1017𝐷4 
 
332021𝑁2 +
520.67 ∗ 106𝑁2𝑚2
𝐷2
= 1.55 ∗ 1017𝐷4 
0.332𝑁2 +
520.67𝑁2𝑚2
𝐷2
= 1.55 ∗ 1011𝐷4 
𝐷20.332 + 520.67 = 1.55 ∗ 1011𝐷6 
 
1.55 ∗ 1011𝐷6 + 𝐷20.332𝑁2 − 520.67𝑁2𝑚2 = 0 
Resolviendo, resulta D=0.0387m entonces se usa D=39