Taller 1 - Juan Felipe Martín - Juan Felipe Martín Martínez

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Fundamentos de Diseño Mecatrónico Héctor Manuel Vega 
 Juan Felipe Martín Martínez a=7 b=2 c=6 
 
 
1 
 
1. El eje de acero sólido de que se muestra en la figura está simplemente apoyado en los extremos. Dos 
poleas se unen mediante cuñas al eje, donde la polea B tiene un diámetro de b+2 in y la polea C de c+2 in. 
Obtenga las reacciones en A y D, realice los diagramas de cortantes y momentos. Determine los diámetros 
mínimos requeridos en las tres secciones si se maquina con acero 1040. Realizar el plano con normas del 
eje diseñado. 
 
Figura 1. 
DATOS: 
 
∅𝐵𝐵 = (𝑏𝑏 + 2) 𝑖𝑖𝑖𝑖 = 4 𝑖𝑖𝑖𝑖 𝐿𝐿𝐴𝐴𝐵𝐵 = (7 + 𝑎𝑎) 𝑖𝑖𝑖𝑖 = 14 𝑖𝑖𝑖𝑖 
 
∅𝐶𝐶 = (𝑐𝑐 + 2) 𝑖𝑖𝑖𝑖 = 8 𝑖𝑖𝑖𝑖 𝐿𝐿𝐵𝐵𝐶𝐶 = 12 𝑖𝑖𝑖𝑖 
 
𝑓𝑓𝑓𝑓 = 1,5 𝐿𝐿𝐶𝐶𝐶𝐶 = (8 + 𝑐𝑐) 𝑖𝑖𝑖𝑖 = 14 𝑖𝑖𝑖𝑖 
 
𝐹𝐹𝐵𝐵1 = 80𝑏𝑏 𝐿𝐿𝑏𝑏 = 160 𝐿𝐿𝑏𝑏 𝐹𝐹𝐶𝐶1 = 100𝑐𝑐 𝐿𝐿𝑏𝑏 = 600 𝐿𝐿𝑏𝑏 
 
𝐹𝐹𝐵𝐵2 = 120𝑏𝑏 𝐿𝐿𝑏𝑏 = 240 𝐿𝐿𝑏𝑏 
 
Respecto a la tabla A-20 en el libro Diseño en Ingeniería Mecánica de Shingley, se conoce que 
𝑆𝑆𝑆𝑆 = 42 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑓𝑓𝑖𝑖 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
FC2 
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2 
 
Se identifican las reacciones que se generan en los puntos A y D 
 
 
 
Para poder hallar el valor de las reacciones, primero hay que hallar el valor de FC2 por medio de una 
igualación de torques, ya que el torque en la polea B debe ser el mismo en la polea C 
 
𝑇𝑇𝐵𝐵 = 160 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗
4
2
 𝑖𝑖𝑖𝑖 − 240 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗
4
2
 𝑖𝑖𝑖𝑖 = −160 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗ 𝑖𝑖𝑖𝑖 
 
𝑇𝑇𝐶𝐶 = 600 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗
8
2
 𝑖𝑖𝑖𝑖 − 𝐹𝐹𝐶𝐶2 ∗
8
2
 𝑖𝑖𝑖𝑖 
 
𝑇𝑇𝐶𝐶 = 2400 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗ 𝑖𝑖𝑖𝑖 − 𝐹𝐹𝐶𝐶2 ∗
8
2
 𝑖𝑖𝑖𝑖 
 
Haciendo uso de la igualación se despeja la incógnita 
 
𝑇𝑇𝐵𝐵 = 𝑇𝑇𝐶𝐶 
 
−160 𝐿𝐿𝑏𝑏 = 2400 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗ 𝑖𝑖𝑖𝑖 − 𝐹𝐹𝐶𝐶2 ∗
8
2
 𝑖𝑖𝑖𝑖 
 
𝐹𝐹𝐶𝐶2 ∗ 4 𝑖𝑖𝑖𝑖 = 2400 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗ 𝑖𝑖𝑖𝑖 + 160 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗ 𝑖𝑖𝑖𝑖 
 
𝐹𝐹𝐶𝐶2 =
2400 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗ 𝑖𝑖𝑖𝑖 + 160 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗ 𝑖𝑖𝑖𝑖
4 𝑖𝑖𝑖𝑖
 
 
𝐹𝐹𝐶𝐶2 = 640 𝐿𝐿𝑏𝑏 
 
 
FC2 
RAY 
RAZ 
RDY 
RDZ 
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3 
 
Por lo tanto, se demuestra que el torque en C es igual al torque en B 
 
𝑇𝑇𝐶𝐶 = 2400 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗ 𝑖𝑖𝑖𝑖 − 640 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗
8
2
 𝑖𝑖𝑖𝑖 
 
𝑇𝑇𝐶𝐶 = 2400 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗ 𝑖𝑖𝑖𝑖 − 640 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗
8
2
 𝑖𝑖𝑖𝑖 
 
𝑇𝑇𝐶𝐶 = −160 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗ 𝑖𝑖𝑖𝑖 
 
Conociendo todas las fuerzas, se realiza un diagrama de cuerpo libre, para así realizar el análisis indicado 
para hallar el valor de las reacciones en los puntos A y D. Primero, se realiza respecto al plano XY 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Se realiza análisis de momentos en el punto A, para así hallar el valor de la reacción en D 
 
�𝑀𝑀𝐴𝐴 = 0 
 
𝑅𝑅𝐶𝐶𝐷𝐷 ∗ 𝑑𝑑 − 𝐹𝐹𝐶𝐶 ∗ 𝑑𝑑 = 0 
 
𝑅𝑅𝐶𝐶𝐷𝐷 ∗ 40 𝑖𝑖𝑖𝑖 − 1240 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗ 26 𝑖𝑖𝑖𝑖 = 0 
 
𝑅𝑅𝐶𝐶𝐷𝐷 =
32240 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗ 𝑖𝑖𝑖𝑖
40 𝑖𝑖𝑖𝑖
 
 
𝑅𝑅𝐶𝐶𝐷𝐷 = 806 𝐿𝐿𝑏𝑏 
 
Conociendo la reacción en D, se puede realizar la sumatoria de fuerzas en Y para hallar el valor de la 
reacción en A 
�𝐹𝐹𝐷𝐷 = 0 
 
𝑅𝑅𝐴𝐴𝐷𝐷 − 𝐹𝐹𝐶𝐶 + 𝑅𝑅𝐶𝐶𝐷𝐷 = 0 
 
RAY RDY 
14 in 12 in 14 in 
A B C D 
 FC = 640 𝐿𝐿𝑏𝑏 + 600 𝐿𝐿𝑏𝑏 = 1240 𝐿𝐿𝑏𝑏 Y 
X 
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4 
 
𝑅𝑅𝐴𝐴𝐷𝐷 − 1240 𝐿𝐿𝑏𝑏 + 806 𝐿𝐿𝑏𝑏 = 0 
 
𝑅𝑅𝐴𝐴𝐷𝐷 = 434 𝐿𝐿𝑏𝑏 
 
Conociendo todas las fuerzas, se realiza un diagrama de cuerpo libre, para así realizar el análisis indicado 
para hallar el valor de las reacciones en los puntos A y D. Primero, se realiza respecto al plano XZ 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Se realiza análisis de momentos en el punto A, para así hallar el valor de la reacción en D 
 
�𝑀𝑀𝐴𝐴 = 0 
 
𝑅𝑅𝐶𝐶𝐷𝐷 ∗ 𝑑𝑑 + 𝐹𝐹𝐵𝐵 ∗ 𝑑𝑑 = 0 
 
𝑅𝑅𝐶𝐶𝐷𝐷 ∗ 40 𝑖𝑖𝑖𝑖 + 400 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗ 14 𝑖𝑖𝑖𝑖 = 0 
 
𝑅𝑅𝐶𝐶𝐷𝐷 =
−5600 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗ 𝑖𝑖𝑖𝑖
40 𝑖𝑖𝑖𝑖
 
 
𝑅𝑅𝐶𝐶𝐷𝐷 = −140 𝐿𝐿𝑏𝑏 
 
Conociendo la reacción en D, se puede realizar la sumatoria de fuerzas en Y para hallar el valor de la 
reacción en A 
�𝐹𝐹𝐷𝐷 = 0 
 
𝑅𝑅𝐴𝐴𝐷𝐷 + 𝐹𝐹𝐵𝐵 + 𝑅𝑅𝐶𝐶𝐷𝐷 = 0 
 
𝑅𝑅𝐴𝐴𝐷𝐷 + 400 𝐿𝐿𝑏𝑏 − 140 𝐿𝐿𝑏𝑏 = 0 
 
𝑅𝑅𝐴𝐴𝐷𝐷 = −260 𝐿𝐿𝑏𝑏 
 
 
 
 
FB = 160 𝐿𝐿𝑏𝑏 + 240 𝐿𝐿𝑏𝑏 = 400 𝐿𝐿𝑏𝑏 RAZ RDZ 
14 in 12 in 14 in 
A B C D 
Z 
X 
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5 
 
Se obtienen los diagramas de momentos y cortantes. Empezando con el plano XY 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Diagrama de cortantes: 
 
𝑉𝑉1−3 = 434 𝐿𝐿𝑏𝑏 
 
𝑉𝑉3 = 434 𝐿𝐿𝑏𝑏 − 1240 𝐿𝐿𝑏𝑏 = −806 𝐿𝐿𝑏𝑏 
 
𝑉𝑉4 = −806 𝐿𝐿𝑏𝑏 + 806 𝐿𝐿𝑏𝑏 = 0 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
434 𝐿𝐿𝑏𝑏 
806 𝐿𝐿𝑏𝑏 
14 in 12 in 14 in 
A B C D 
1240 𝐿𝐿𝑏𝑏 Y 
X 
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6 
 
Diagrama de momentos: 
 
𝑀𝑀1 = 434 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗ 14 𝑖𝑖𝑖𝑖 = 6076 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗ 𝑖𝑖𝑖𝑖 
 
𝑀𝑀2 = 434 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗ 26 𝑖𝑖𝑖𝑖 = 11284 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗ 𝑖𝑖𝑖𝑖 
 
𝑀𝑀3 = 11284 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗ 𝑖𝑖𝑖𝑖 − 806 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗ 14 𝑖𝑖𝑖𝑖 = 0 
 
 
 
Se obtienen los diagramas de momentos y cortantes. Empezando con el plano XZ 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 400 𝐿𝐿𝑏𝑏 
260 𝐿𝐿𝑏𝑏 140 𝐿𝐿𝑏𝑏 
14 in 12 in 14 in 
A B C D 
Z 
X 
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7 
 
Diagrama de cortantes: 
 
𝑉𝑉1−2 = −260 𝐿𝐿𝑏𝑏 
 
𝑉𝑉2 = −260 𝐿𝐿𝑏𝑏 + 400 𝐿𝐿𝑏𝑏 = 140 𝐿𝐿𝑏𝑏 
 
𝑉𝑉3−4 = 140 𝐿𝐿𝑏𝑏 
 
𝑉𝑉4 = 140 𝐿𝐿𝑏𝑏 − 140 𝐿𝐿𝑏𝑏 = 0 
 
 
 
Diagrama de momentos: 
 
𝑀𝑀1 = −260 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗ 14 𝑖𝑖𝑖𝑖 = −3640 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗ 𝑖𝑖𝑖𝑖 
 
𝑀𝑀2 = −3640 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗ 𝑖𝑖𝑖𝑖 + 140 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗ 12 𝑖𝑖𝑖𝑖 = −1960 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗ 𝑖𝑖𝑖𝑖 
 
𝑀𝑀3 = −1960 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗ 𝑖𝑖𝑖𝑖 + 140 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗ 14 𝑖𝑖𝑖𝑖 = 0 
 
 
 
 
 
 
 
 
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8 
 
Se procede a calcular los momentos para las dos secciones, conociendo los valores para el plano XY y XZ, 
tomando los valores en el punto de los diagramas de momentos de su respectivo plano. Primero en el punto 
B. 
𝑀𝑀𝐵𝐵−𝑥𝑥𝐷𝐷 = 6076 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗ 𝑖𝑖𝑖𝑖 
 
𝑀𝑀𝐵𝐵−𝑥𝑥𝐷𝐷 = −3640 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗ 𝑖𝑖𝑖𝑖 
 
𝑀𝑀𝐵𝐵 = �(6076 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗ 𝑖𝑖𝑖𝑖)2 + (−3640 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗ 𝑖𝑖𝑖𝑖)2 
 
𝑀𝑀𝐵𝐵 = 7083 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗ 𝑖𝑖𝑖𝑖 
 
Luego se calcula para el punto C 
𝑀𝑀𝐶𝐶−𝑥𝑥𝐷𝐷 = 11284 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗ 𝑖𝑖𝑖𝑖 
 
𝑀𝑀𝐶𝐶−𝑥𝑥𝐷𝐷 = −1960 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗ 𝑖𝑖𝑖𝑖 
 
𝑀𝑀𝐶𝐶 = �(11284 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗ 𝑖𝑖𝑖𝑖)2 + (−1960 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗ 𝑖𝑖𝑖𝑖)2 
 
𝑀𝑀𝐶𝐶 = 11453 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗ 𝑖𝑖𝑖𝑖 
 
Y para el momento total, se toma el valor máximo en cada diagrama de momento 
 
𝑀𝑀𝑥𝑥𝐷𝐷 = 11284 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗ 𝑖𝑖𝑖𝑖 
 
𝑀𝑀𝑥𝑥𝐷𝐷 = −3640 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗ 𝑖𝑖𝑖𝑖 
 
𝑀𝑀𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇 = �(11284 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗ 𝑖𝑖𝑖𝑖)2 + (−3640 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗ 𝑖𝑖𝑖𝑖)2 
 
𝑀𝑀𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇𝑇 = 11857 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗ 𝑖𝑖𝑖𝑖 
 
Para conocer el esfuerzo admisible, se sabe que el eje se maquina con acero 1040, por lo cual, se sabe que 
su resistencia a la fluencia es: 
𝑆𝑆𝑌𝑌 = 42𝑘𝑘𝑘𝑘𝑓𝑓𝑖𝑖 
 
𝜎𝜎𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎 =
𝑆𝑆𝑌𝑌
𝑓𝑓𝑓𝑓
=
42 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑓𝑓𝑖𝑖
1.5
= 28 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑓𝑓𝑖𝑖 
 
Haciendo uso de la teoría de la energía de distorsión, también denominada Von Mises, se procede a hallar 
el diámetro de la sección AB, sabiendo que la teoría dice 
 
(𝜎𝜎𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎)2 = (𝜎𝜎𝑛𝑛)2 + 3𝜏𝜏2 
 
𝜎𝜎𝑛𝑛 =
𝑀𝑀 ∗ 𝐶𝐶
𝐼𝐼
 
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9 
 
Ya que en la sección AB solo hay esfuerzo de tensión se establece que 𝜏𝜏 = 0 y 𝑀𝑀 será el momento en el 
punto B, quedando de la siguiente forma 
(𝜎𝜎𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎)2 = (𝜎𝜎𝑛𝑛)2 
 
(𝜎𝜎𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎)2 = �
𝑀𝑀𝐵𝐵 ∗ �
𝑑𝑑𝐴𝐴𝐵𝐵
2 �
𝜋𝜋
64 (𝑑𝑑𝐴𝐴𝐵𝐵)
4
�
2
 
 
(28 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑓𝑓𝑖𝑖)2 = �
(7083 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗ 𝑖𝑖𝑖𝑖) ∗ �𝑑𝑑𝐴𝐴𝐵𝐵2 �
𝜋𝜋
64 (𝑑𝑑𝐴𝐴𝐵𝐵)
4
�
2
 
 
�(28 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑓𝑓𝑖𝑖)2 = ��
(7083 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗ 𝑖𝑖𝑖𝑖) ∗ 32
𝜋𝜋(𝑑𝑑𝐴𝐴𝐵𝐵)3
�
2
 
 
28 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑓𝑓𝑖𝑖 =
(7083 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗ 𝑖𝑖𝑖𝑖) ∗ 32
𝜋𝜋(𝑑𝑑𝐴𝐴𝐵𝐵)3
 
 
(𝑑𝑑𝐴𝐴𝐵𝐵)3 =
(7083 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗ 𝑖𝑖𝑖𝑖) ∗ 32
𝜋𝜋 ∗ 28 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑓𝑓𝑖𝑖
 
 
𝑑𝑑𝐴𝐴𝐵𝐵 = �
(7083 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗ 𝑖𝑖𝑖𝑖) ∗ 32
𝜋𝜋 ∗ 28 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑓𝑓𝑖𝑖
3
 
 
𝑑𝑑𝐴𝐴𝐵𝐵 = �
226656 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗ 𝑖𝑖𝑖𝑖
𝜋𝜋 ∗ 28𝑥𝑥103 𝐿𝐿𝑏𝑏𝑖𝑖𝑖𝑖2
3 
 
𝑑𝑑𝐴𝐴𝐵𝐵 = �2.577 𝑖𝑖𝑖𝑖3
3 
 
𝑑𝑑𝐴𝐴𝐵𝐵 = 1.371 𝑖𝑖𝑖𝑖 
 
Como se supone que es una pieza para construir, los valores del diámetro deben ser dados de forma que 
puedan ser medidos fácilmente, por lo tanto, el diámetro se convertirá al valor más cercano en sistema inglés 
 
𝑑𝑑𝐴𝐴𝐵𝐵 = 1.375 𝑖𝑖𝑖𝑖 = 1
3
8
 𝑖𝑖𝑖𝑖 
 
 
 
 
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10 
Para obtener los concentradores de esfuerzo, se sabe que 𝑟𝑟 = 1
16
𝑖𝑖𝑖𝑖 = 1.588 𝑚𝑚𝑚𝑚 y que 𝑑𝑑 = 𝑑𝑑𝐴𝐴𝐵𝐵 = 1.375 𝑖𝑖𝑖𝑖, 
se supondrá el valor de 𝐶𝐶
𝑎𝑎
 
𝐶𝐶
𝑎𝑎
= 1.09 𝑟𝑟
𝑎𝑎
= 0.0625 𝑖𝑖𝑛𝑛
1.375 𝑖𝑖𝑛𝑛
= 0.045 
 
Concentrador de esfuerzos para torsión: 
 
𝐾𝐾𝑇𝑇𝑡𝑡 ≅ 1.32 
Concentrador de esfuerzos para tensión/flexión 
 
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11 
 
𝐾𝐾𝑇𝑇 ≅ 1.69 
 
En la sección BC hay esfuerzo de tensión y torsión, por lo tanto, el concentrador de esfuerzos será 
𝐾𝐾𝑇𝑇 ≅ 1.69 y 𝐾𝐾𝑇𝑇𝑡𝑡 ≅ 1.32, M será el momento en C ya que es mayor al momento en B, y T será el torque en 
el punto B o C ya que son el mismo, quedando de la siguiente forma. 
 
(𝜎𝜎𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎)2 = (𝜎𝜎𝑛𝑛)2 + 3𝜏𝜏2 
 
𝜏𝜏 =
𝑇𝑇 ∗ 𝐶𝐶
𝐽𝐽
 
 
(𝜎𝜎𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎)2 = �
𝐾𝐾𝑇𝑇 ∗ 𝑀𝑀𝐶𝐶 ∗ �
𝑑𝑑𝐵𝐵𝐶𝐶
2 �
𝜋𝜋(𝑑𝑑𝐵𝐵𝐶𝐶)3
�
2
+ 3�
𝐾𝐾𝑇𝑇𝑡𝑡 ∗ 𝑇𝑇 ∗ �
𝑑𝑑𝐵𝐵𝐶𝐶
2 �
𝜋𝜋
32 (𝑑𝑑𝐵𝐵𝐶𝐶)
4
�
2
 
 
(28 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑓𝑓𝑖𝑖)2 = �
1.69 ∗ (11453 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗ 𝑖𝑖𝑖𝑖) ∗ �𝑑𝑑𝐵𝐵𝐶𝐶2 �
𝜋𝜋
64 (𝑑𝑑𝐵𝐵𝐶𝐶)
4
�
2
+ 3�
1.32 ∗ (160 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗ 𝑖𝑖𝑖𝑖) ∗ �𝑑𝑑𝐵𝐵𝐶𝐶2 �
𝜋𝜋
32 (𝑑𝑑𝐵𝐵𝐶𝐶)
4
�
2
 
 
(28 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑓𝑓𝑖𝑖)2 = �
1.69 ∗ (11453 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗ 𝑖𝑖𝑖𝑖) ∗ 32
𝜋𝜋 ∗ (𝑑𝑑𝐵𝐵𝐶𝐶)3
�
2
+ 3�
1.32 ∗ (160 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗ 𝑖𝑖𝑖𝑖) ∗ 16
𝜋𝜋 ∗ (𝑑𝑑𝐵𝐵𝐶𝐶)3
�
2
 
 
(28 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑓𝑓𝑖𝑖)2 =
(3.836𝑥𝑥1011𝐿𝐿𝑏𝑏2 ∗ 𝑖𝑖𝑖𝑖2) + 3 ∗ (11.42𝑥𝑥106 𝐿𝐿𝑏𝑏2 ∗ 𝑖𝑖𝑖𝑖2)
(𝜋𝜋 ∗ (𝑑𝑑𝐵𝐵𝐶𝐶)3)2
 
 
(𝑑𝑑𝐵𝐵𝐶𝐶)6 =
(3.836𝑥𝑥1011𝐿𝐿𝑏𝑏2 ∗ 𝑖𝑖𝑖𝑖2) + (34.26𝑥𝑥106 𝐿𝐿𝑏𝑏2 ∗ 𝑖𝑖𝑖𝑖2)
�28𝑥𝑥103 𝐿𝐿𝑏𝑏𝑖𝑖𝑖𝑖2�
2
∗ 𝜋𝜋2
 
 
(𝑑𝑑𝐵𝐵𝐶𝐶)6 = 49.58 𝑖𝑖𝑖𝑖6 
 
𝑑𝑑𝐵𝐵𝐶𝐶 = �49.58 𝑖𝑖𝑖𝑖6
6 
 
𝑑𝑑𝐵𝐵𝐶𝐶 = 1.917 𝑖𝑖𝑖𝑖 
 
Como se supone que es una pieza para construir, los valores del diámetro deben ser dados de forma que 
puedan ser medidos fácilmente, por lo tanto, el diámetro se convertirá al valor más cercano en sistema inglés 
 
𝑑𝑑𝐵𝐵𝐶𝐶 = 1.9375 𝑖𝑖𝑖𝑖 = 1
15
16
 𝑖𝑖𝑖𝑖 
 
 
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12 
 
Y en la sección CD solo hay esfuerzo de tensión. Para el concentrador de esfuerzos tendrá en relación con 
el diámetro mayor, por lo tanto, se realiza la siguiente relación, sabiendo que se busca que d sea menor a 
𝑑𝑑𝐵𝐵𝐶𝐶 
𝐶𝐶
𝑎𝑎
= 1.5 → 𝐶𝐶
1.5
= 𝑑𝑑 𝑟𝑟
𝑎𝑎
= 𝑟𝑟𝐷𝐷
1.5
= 0.0625 𝑖𝑖𝑛𝑛1.9375 𝑖𝑖𝑖𝑖
1.5
= 0.048 
 
Concentrador de esfuerzos para tensión/flexión 
 
𝐾𝐾𝑇𝑇 ≅ 2.1 
 
Conociendo el concentrador de esfuerzo, se procede a hallar el diámetro de la sección CD, teniendo en 
cuenta que en esa sección no hay esfuerzo cortante 
 
(𝜎𝜎𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎)2 = (𝜎𝜎𝑛𝑛)2 
 
(𝜎𝜎𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎)2 = �
𝐾𝐾𝑇𝑇 ∗ 𝑀𝑀𝐶𝐶 ∗ �
𝑑𝑑𝐶𝐶𝐶𝐶
2 �
𝜋𝜋
64 (𝑑𝑑𝐶𝐶𝐶𝐶)
4
�
2
 
 
(28 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑓𝑓𝑖𝑖)2 = �
2.1 ∗ (11453 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗ 𝑖𝑖𝑖𝑖) ∗ �𝑑𝑑𝐶𝐶𝐶𝐶2 �
𝜋𝜋
64 (𝑑𝑑𝐶𝐶𝐶𝐶)
4
�
2
 
 
 
 
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�(28 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑓𝑓𝑖𝑖)2 = ��
2.1 ∗ (11453 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗ 𝑖𝑖𝑖𝑖) ∗ 32
𝜋𝜋(𝑑𝑑𝐶𝐶𝐶𝐶)3
�
2
 
 
28 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑓𝑓𝑖𝑖 =
2.1 ∗ (11453 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗ 𝑖𝑖𝑖𝑖) ∗ 32
𝜋𝜋(𝑑𝑑𝐶𝐶𝐶𝐶)3
 
 
 
(𝑑𝑑𝐶𝐶𝐶𝐶)3 =
2.1 ∗ (11453 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗ 𝑖𝑖𝑖𝑖) ∗ 32
𝜋𝜋 ∗ 28 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑓𝑓𝑖𝑖
 
 
𝑑𝑑𝐶𝐶𝐶𝐶 = �
2.1 ∗ (11453 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗ 𝑖𝑖𝑖𝑖) ∗ 32
𝜋𝜋 ∗ 28 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑓𝑓𝑖𝑖
3
 
 
𝑑𝑑𝐶𝐶𝐶𝐶 = �
769.6𝑥𝑥103 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗ 𝑖𝑖𝑖𝑖
𝜋𝜋 ∗ 28𝑥𝑥103 𝐿𝐿𝑏𝑏𝑖𝑖𝑖𝑖2
3 
 
𝑑𝑑𝐶𝐶𝐶𝐶 = �8.749 𝑖𝑖𝑖𝑖3
3 
 
𝑑𝑑𝐶𝐶𝐶𝐶 = 2.061 𝑖𝑖𝑖𝑖 
 
Como se supone que es una pieza para construir, los valores del diámetro deben ser dados de forma que 
puedan ser medidos fácilmente, por lo tanto, el diámetro se convertirá al valor más cercano en sistema inglés 
 
𝑑𝑑𝐶𝐶𝐶𝐶 = 2.0625 𝑖𝑖𝑖𝑖 = 2
1
16
 𝑖𝑖𝑖𝑖 
 
Ya que el diámetro 𝑑𝑑𝐶𝐶𝐶𝐶 es muy cercano al 𝑑𝑑𝐵𝐵𝐶𝐶, entonces, este último tomará el valor según la relación 
𝐶𝐶
𝑎𝑎
 
 
𝑑𝑑𝐵𝐵𝐶𝐶
𝑑𝑑𝐶𝐶𝐶𝐶
= 1.5 → 𝑑𝑑𝐵𝐵𝐶𝐶 = 1.5 ∗ 𝑑𝑑𝐶𝐶𝐶𝐶 
 
𝑑𝑑𝐵𝐵𝐶𝐶 = 1.5 ∗ 2.0625 𝑖𝑖𝑖𝑖 = 3.0938 𝑖𝑖𝑖𝑖 
 
Como se supone que es una pieza para construir, los valores del diámetro deben ser dados de forma que 
puedan ser medidos fácilmente, por lo tanto, el diámetro se convertirá al valor más cercano en sistema inglés 
 
𝑑𝑑𝐵𝐵𝐶𝐶 = 3.125 𝑖𝑖𝑖𝑖 = 3
1
8
 𝑖𝑖𝑖𝑖 
 
 
DETALLE A
ESCALA 2:1
A
NOMBRE ARCHIVO:CURSO:
ESCALA:
PLANO N°:
PIEZA:
REVISO
DIBUJO
NOMBRE
FECHA
MATERIAL:
PROYECTO:
Juan Felipe Martín Martínez
26 de Agosto de 2021
Ing. Héctor Manuel Vega
 
Eje Poleas
Fund. de Diseño Mecatrónico
Punto 1 - Taller
Acero 1040 HR
48783-01
Taller N° 1
1:2
UNIDADES:
in
A4
12.00
n2.06n3.13n1.38
R.06
14.00 14.00
0.13 X 45°
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14 
 
2. El soporte de la figura 2 está construido con tubo estructural 50×50×e. Si está soportando una carga 
distribuida de W=3(a+b+c) Lb/ft. Calcular: 
a) El espesor mínimo que ha de tener para soportar los esfuerzos con un factor de seguridad de 3. 
b) El esfuerzo mínimo que deben tener los 8 pernos de 30 mm de diámetro con que se ha de sujetar la placa 
en un círculo de radio R=18 cm del centro del tubo, si la carga de apriete es de 8kpsi 
c) El espesor mínimo de la placa a la que se ha de soldar el tubo. 
 
 
Figura 2. 
 
𝑊𝑊 = 3(𝑎𝑎 + 𝑏𝑏 + 𝑐𝑐) 𝐿𝐿𝑏𝑏 𝑓𝑓𝑓𝑓� = 45
𝐿𝐿𝑏𝑏
𝑓𝑓𝑓𝑓� 
𝑓𝑓𝑓𝑓 = 3 
𝑆𝑆𝑆𝑆 = 250 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑎𝑎∅𝑝𝑝𝑝𝑝𝑟𝑟𝑛𝑛𝑇𝑇 = 30 𝑚𝑚𝑚𝑚 
 
Se halla el valor de la fuerza en el centroide de la pieza que soporta la carga distribuida 
 
𝐹𝐹 = 45
𝐿𝐿𝑏𝑏
𝑓𝑓𝑓𝑓
∗ (50 𝑐𝑐𝑚𝑚 ∗ 0.033 𝑓𝑓𝑓𝑓) = 74.25 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗ 4.448 𝑁𝑁 = 330.3 𝑁𝑁 
 
Se halla también el esfuerzo de fluencia del tubo, ya que se conoce su esfuerzo de fluencia 
 
𝜎𝜎𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎 =
𝑆𝑆𝑆𝑆
𝑓𝑓𝑓𝑓
 
 
𝜎𝜎𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎 =
250 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑎𝑎
3
 
 
𝜎𝜎𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎 = 83 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑎𝑎 
 
 
 
 
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15 
 
Conociendo la fuerza sobre el tubo estructural, por la forma en la que se está aplicando, se genera un 
torque, el cual equivale a 
 
𝑇𝑇 = 𝐹𝐹 ∗ 𝑑𝑑 
 
𝑇𝑇 = 330.3 𝑁𝑁 ∗
0.5 𝑚𝑚
2
= 82.58 𝑁𝑁𝑚𝑚 
 
a. Para hallar el espesor de la pieza, se procede a realizar el análisis del esfuerzo de tensión y torsión 
que se genera a causa de la fuerza generada por la carga distribuida, por lo tanto, se calcula el 
momento para así poder calcular el esfuerzo de flexión 
 
𝑀𝑀 = 𝐹𝐹 ∗ 𝐿𝐿 
 
𝑀𝑀 = 330.3 𝑁𝑁 ∗ 0.6 𝑚𝑚 = 49.55 𝑁𝑁𝑚𝑚 
 
Esfuerzo de flexión, en donde para el calculo de la inercia, no es necesario el uso del teorema de áreas 
compuestas, ya que se posee el mismo eje para las dos áreas a analizar 
 
𝜎𝜎𝑓𝑓𝑇𝑇𝑝𝑝 =
𝑀𝑀 ∗ 𝐶𝐶
𝐼𝐼
 
 
𝐼𝐼 =
𝐵𝐵3ℎ
12
=
𝐵𝐵4
12
→ 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑚𝑚𝑐𝑐 𝑙𝑙𝑎𝑎 𝑏𝑏𝑎𝑎𝑓𝑓𝑏𝑏 𝑆𝑆 𝑙𝑙𝑎𝑎 𝑎𝑎𝑓𝑓𝑎𝑎𝑟𝑟𝑎𝑎 𝑓𝑓𝑐𝑐𝑖𝑖 𝑙𝑙𝑐𝑐 𝑚𝑚𝑖𝑖𝑓𝑓𝑚𝑚𝑐𝑐 
 
𝜎𝜎𝑓𝑓𝑇𝑇𝑝𝑝 =
49.55 𝑁𝑁𝑚𝑚 ∗ 25𝑥𝑥10−3 𝑚𝑚
𝐵𝐵4 − 𝑏𝑏4
12
→ 𝑓𝑓𝑖𝑖𝑏𝑏𝑖𝑖𝑑𝑑𝑐𝑐 𝑏𝑏 𝑏𝑏𝑙𝑙 𝑙𝑙𝑎𝑎𝑑𝑑𝑐𝑐 𝑖𝑖𝑖𝑖𝑓𝑓𝑏𝑏𝑟𝑟𝑖𝑖𝑐𝑐 𝑆𝑆 𝐵𝐵 𝑏𝑏𝑙𝑙 𝑏𝑏𝑥𝑥𝑓𝑓𝑏𝑏𝑟𝑟𝑖𝑖𝑐𝑐 
 
𝜎𝜎𝑓𝑓𝑇𝑇𝑝𝑝 =
14.87 𝑁𝑁𝑚𝑚2
𝐵𝐵4 − 𝑏𝑏4
 
 
Para el esfuerzo de torsión, se sabe que C será el radio de mayor tamaño en la pieza, lo cual, en este caso, 
equivale a la diagonal desde el centroide a la esquina de la pieza 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
R 
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 Juan Felipe Martín Martínez a=7 b=2 c=6 
 
 
16 
 
Siendo el valor de la diagonal 
𝑅𝑅 = �(25𝑥𝑥10−3)2 + (25𝑥𝑥10−3)2 𝑚𝑚 
 
𝑅𝑅 = �2(25𝑥𝑥10−3)2 𝑚𝑚 
 
𝑅𝑅 = √2 ∗ 25𝑥𝑥10−3 𝑚𝑚 
 
𝑅𝑅 = 0.035 𝑚𝑚 
 
Usando la teoría de Von Mises, se obtiene que 
 
(𝜎𝜎𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎)2 = (𝜎𝜎𝑛𝑛)2 + 3𝜏𝜏2 
 
𝜏𝜏 =
𝑇𝑇 ∗ 𝐶𝐶
𝐽𝐽
=
𝑇𝑇 ∗ 𝑅𝑅
𝐽𝐽
 
 
𝐽𝐽 =
𝑏𝑏ℎ(𝑏𝑏2 + ℎ2)
12
=
𝐵𝐵2(𝐵𝐵2 + 𝐵𝐵2)
12
=
𝐵𝐵2(𝐵𝐵2 + 𝐵𝐵2)
12
=
𝐵𝐵4
6
→ 𝑏𝑏𝑒𝑒𝑎𝑎𝑖𝑖𝑒𝑒𝑎𝑎𝑙𝑙𝑏𝑏𝑖𝑖𝑐𝑐𝑖𝑖𝑎𝑎 𝑎𝑎𝑙𝑙 𝑓𝑓𝑏𝑏𝑖𝑖𝑏𝑏𝑟𝑟 𝑙𝑙𝑐𝑐𝑓𝑓 𝑙𝑙𝑎𝑎𝑑𝑑𝑐𝑐𝑓𝑓 𝑖𝑖𝑖𝑖𝑎𝑎𝑎𝑎𝑙𝑙𝑏𝑏𝑓𝑓 
 
(83 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑎𝑎)2 = �
14.87 𝑁𝑁𝑚𝑚2
𝐵𝐵4 − 𝑏𝑏4
�
2
+ 3�
(82.58 𝑁𝑁𝑚𝑚) ∗ (0.035 𝑚𝑚)
𝐵𝐵4 − 𝑏𝑏4
6
�
2
 
 
Se reemplaza el valor de B, el cual se conoce ya que es el lado de la pieza 
 
(83 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑎𝑎)2 = �
14.87 𝑁𝑁𝑚𝑚2
�0.054 𝑚𝑚4� − 𝑏𝑏4
�
2
+ 3�
(82.58 𝑁𝑁𝑚𝑚) ∗ (0.035 𝑚𝑚)
�0.054 𝑚𝑚4� − 𝑏𝑏4
6
�
2
 
 
(83 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑎𝑎)2 = �
14.87 𝑁𝑁𝑚𝑚2
�0.054 𝑚𝑚4� − 𝑏𝑏4
�
2
+ 3�
17.34 𝑁𝑁𝑚𝑚2
�0.054 𝑚𝑚4� − 𝑏𝑏4
�
2
 
 
 
(83 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑎𝑎)2 =
221.1 𝑁𝑁2𝑚𝑚4
��0.054 𝑚𝑚4� − 𝑏𝑏4�
2 +
902 𝑁𝑁2𝑚𝑚4
��0.054 𝑚𝑚4� − 𝑏𝑏4�
2 
 
(83 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑎𝑎)2 =
1123.1 𝑁𝑁2𝑚𝑚4
��0.054 𝑚𝑚4� − 𝑏𝑏4�
2 
 
 
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 Juan Felipe Martín Martínez a=7 b=2 c=6 
 
 
17 
 
��0.054 𝑚𝑚4� − 𝑏𝑏4�
2
=
1123.1 𝑁𝑁2𝑚𝑚4
(83 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑎𝑎)2 
 
�0.054 𝑚𝑚4� − 𝑏𝑏4 = �
1123.1 𝑁𝑁2𝑚𝑚4
(83 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑎𝑎)2 
 
�0.054 𝑚𝑚4� − 𝑏𝑏4 =
�1123.1 𝑁𝑁2𝑚𝑚4
83𝑥𝑥106 𝑁𝑁𝑚𝑚2
 
 
�0.054 𝑚𝑚4� − 𝑏𝑏4 =
33.51 𝑁𝑁𝑚𝑚2
83𝑥𝑥106 𝑁𝑁𝑚𝑚2
 
 
𝑏𝑏4 = �0.054 𝑚𝑚4� − �4.037𝑥𝑥10−7 𝑚𝑚4� 
 
𝑏𝑏 = �(0.054 𝑚𝑚4)− (4.037𝑥𝑥10−7 𝑚𝑚4)4 
 
𝑏𝑏 = �5.846𝑥𝑥10−6 𝑚𝑚44 
 
𝑏𝑏 = 0.049 𝑚𝑚 = 49.17 𝑚𝑚𝑚𝑚 
 
Ya que se conoce el valor del lado interno de la pieza, se procede a hallar el valor del espesor de la pieza, 
por medio de la siguiente fórmula 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
𝑏𝑏 =
𝐵𝐵
2
−
𝑏𝑏
2
 
 
𝑏𝑏 =
0.05 𝑚𝑚
2
−
0.049 𝑚𝑚
2
 
 
𝑏𝑏 =
0.05 𝑚𝑚
2
−
0.049 𝑚𝑚
2
 
 
𝑏𝑏 = 5𝑥𝑥10−4 𝑚𝑚 = 0.5 𝑚𝑚𝑚𝑚 
 
Se busca un valor comercial, para el espesor de la placa, por lo cual, el valor de e queda de la siguiente forma 
 
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 Juan Felipe Martín Martínez a=7 b=2 c=6 
 
 
18 
 
𝑏𝑏 = 0.794 𝑚𝑚𝑚𝑚 =
1
32
 𝑖𝑖𝑖𝑖 𝑒𝑒𝑎𝑎𝑙𝑙𝑐𝑐𝑟𝑟 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑚𝑚𝑏𝑏𝑟𝑟𝑐𝑐𝑖𝑖𝑎𝑎𝑙𝑙 
 
b. Como se puede visualizar en la imagen, por la dirección de la carga W, se puede saber que los 
pernos ubicados en los cuadrantes I y II son los que sufren una mayor fuerza de apriete, por lo 
tanto, el análisis se realizará con el perno en diagonal, ya que es el que tiene la distancia más larga 
 
 
 
Haciendo uso de la teoría de Von Mises, se buscará el esfuerzo mínimo que se presentará en el perno. Por 
lo tanto, se conoce que, para el esfuerzo normal, este va a ser igual a la carga de apriete 
 
𝜎𝜎𝑛𝑛 = 8 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑓𝑓𝑖𝑖 = 55.16 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑎𝑎 
 
Y para el cortante, se analiza primero la fuerza tangencial 
 
𝐹𝐹𝑇𝑇 =
𝑇𝑇
𝑅𝑅
 
 
𝐹𝐹𝑇𝑇 =
82.58 𝑁𝑁𝑚𝑚
0.18 𝑚𝑚
= 458.8 𝑁𝑁 
 
Por lo cual, la ecuación de Von Mises quedaría de la siguiente forma 
 
(𝜎𝜎𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎)2 = (𝜎𝜎𝑛𝑛)2 + 3𝜏𝜏2 
 
𝜏𝜏 =
𝐹𝐹
𝐴𝐴
 
 
𝜎𝜎𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎 = �(𝜎𝜎𝑛𝑛)2 + 3𝜏𝜏2 
 
𝜎𝜎𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎 = �(55.16 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑎𝑎)2 + 3�
458.8 𝑁𝑁
𝜋𝜋 ∗ �0.03 𝑚𝑚2 �
2�
2
 
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 Juan Felipe Martín Martínez a=7 b=2 c=6 
 
 
19 
 
𝜎𝜎𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎 = �(55.16𝑥𝑥106 𝑀𝑀𝑎𝑎)2 + 3(649.1𝑥𝑥103 𝑀𝑀𝑎𝑎)2 
 
𝜎𝜎𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎 = �(55.16𝑥𝑥106 𝑀𝑀𝑎𝑎)2 + 3(649.1𝑥𝑥103 𝑀𝑀𝑎𝑎)2 
 
𝜎𝜎𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎 = 55.17 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑎𝑎 
 
Se procede a verificar si el perno dado en el ejercicio tiene un admisible mayor al encontrado 
 
 
𝜎𝜎𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎 =
𝑆𝑆𝑆𝑆
3
=
240 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑎𝑎
3
= 80 𝑀𝑀𝑘𝑘𝑎𝑎 
 
Como cumple, entonces se puede establecer el perno de clase 4.6 M30 como el indicado para el ejercicio 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Fundamentos de Diseño Mecatrónico Héctor Manuel Vega 
 Juan Felipe Martín Martínez a=7 b=2 c=6 
 
 
20 
 
3. En la figura se muestran las 3 vistas de un soporte para una carga de 1500(a+b) Lb. Si la estructura se 
fabricará de acero comercial, y los pasadores de acero 1020HR. Diseñar todas las piezas con un factor de 
seguridad de 2.2. Realizar los planos con normas de las 7 piezas diseñadas. 
 
 
Figura 3. 
 
𝐹𝐹 = 1500(𝑎𝑎 + 𝑏𝑏) = 13500 𝐿𝐿𝑏𝑏 ∗
4.448 𝑘𝑘𝑁𝑁
1 𝐿𝐿𝑏𝑏
= 60.05 𝑘𝑘𝑁𝑁 
 
𝑓𝑓𝑓𝑓 = 2.2 
 
Para los pasadores, respecto a la tabla A-20 en el libro Diseño en Ingeniería Mecánica de Shingley, se 
conoce que 𝑆𝑆𝑆𝑆𝑝𝑝𝑇𝑇𝑡𝑡 = 30 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑓𝑓𝑖𝑖 = 210 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑎𝑎 
 
 
 
 
 Como la estructura es fabricada con acero comercial, significa que 𝑆𝑆𝑆𝑆𝑝𝑝𝑡𝑡𝑇𝑇𝑟𝑟 = 36 𝑘𝑘𝑘𝑘𝑓𝑓𝑖𝑖 = 250 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑎𝑎. Para 
empezar, se realiza el diagrama de cuerpo libre, para conocer todas las fuerzas y reacciones que sufre el 
sistema 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
315 mm 240 mm 
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 Juan Felipe Martín Martínez a=7 b=2 c=6 
 
 
21 
 
 
 
Para obtener el valor de las reacciones, se realizará sumatoria de momentosy sumatoria de fuerzas, 
empezando con sumatoria de momentos en el punto C, ya que es el punto con mayor número de 
incógnitas 
�𝑀𝑀𝐶𝐶 = 0 
 
𝐹𝐹 ∗ 𝑑𝑑 + 𝑅𝑅𝐵𝐵𝐷𝐷 ∗ 𝑑𝑑 = 0 
 
60.05 𝑘𝑘𝑁𝑁 ∗ 0.555 𝑚𝑚 − 𝑅𝑅𝐵𝐵𝐷𝐷 ∗ 0.24 𝑚𝑚 = 0 
 
𝑅𝑅𝐵𝐵𝐷𝐷 =
60.05 𝑘𝑘𝑁𝑁 ∗ 0.555 𝑚𝑚
0.24 𝑚𝑚
 
 
𝑅𝑅𝐵𝐵𝐷𝐷 = 138.9 𝑘𝑘𝑁𝑁 
 
�𝐹𝐹𝐷𝐷 = 0 
 
−𝐹𝐹 + 𝑅𝑅𝐵𝐵𝐷𝐷 + 𝑅𝑅𝐶𝐶𝐷𝐷 = 0 
 
−60.05 𝑘𝑘𝑁𝑁 + 138.9 𝑘𝑘𝑁𝑁 + 𝑅𝑅𝐶𝐶𝐷𝐷 = 0 
 
𝑅𝑅𝐶𝐶𝐷𝐷 = −138.9 𝑘𝑘𝑁𝑁 + 60.05 𝑘𝑘𝑁𝑁 
 
𝑅𝑅𝐶𝐶𝐷𝐷 = −78.85 𝑘𝑘𝑁𝑁 
 
�𝐹𝐹𝑥𝑥 = 0 
 
𝑅𝑅𝐶𝐶𝑥𝑥 = 0 
 
 
 
 
 
315 mm 240 mm 
RBY RCY 
RCX 
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 Juan Felipe Martín Martínez a=7 b=2 c=6 
 
 
22 
 
Diagrama de cortantes 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Diagrama de momentos 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Conociendo las propiedades de resistencia de fluencia y las fuerzas aplicadas en el sistema, se procede a 
realizar el diseño de los pasadores, para lo cual se halla el cortante máximo y el admisible 
 
𝜏𝜏𝑎𝑎𝑇𝑇𝑥𝑥 =
𝑆𝑆𝑆𝑆𝑝𝑝𝑇𝑇𝑡𝑡
2
→ 𝜏𝜏𝑎𝑎𝑇𝑇𝑥𝑥 =
210 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑎𝑎
2
= 105 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑎𝑎 
 
𝜏𝜏𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎 =
𝜏𝜏𝑎𝑎𝑇𝑇𝑥𝑥
𝑓𝑓𝑓𝑓
→ 𝜏𝜏𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎 =
105 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑎𝑎
2.2
= 47.72 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑎𝑎 
 
 
 
A B C 
A B C 
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 Juan Felipe Martín Martínez a=7 b=2 c=6 
 
 
23 
 
Conociendo el cortante admisible es igual a la siguiente fórmula 
 
𝜏𝜏𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎 =
𝐹𝐹
𝐴𝐴
 
 
 Entonces se puede conocer el diámetro de cada pasador, teniendo en cuenta que cada uno puede sufrir 
una fuerza diferente, la cual fue hallada anteriormente. 
 
𝜏𝜏𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎 =
𝐹𝐹
𝜋𝜋 �𝑑𝑑2�
2 
 
𝜏𝜏𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎 =
4 ∗ 𝐹𝐹
𝜋𝜋 ∗ 𝑑𝑑2
 
 
𝑑𝑑2 =
4 ∗ 𝐹𝐹
𝜋𝜋 ∗ 𝜏𝜏𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎
 
 
𝑑𝑑 = �
4 ∗ 𝐹𝐹
𝜋𝜋 ∗ 𝜏𝜏𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎
 
 
Pasador C: 
𝑑𝑑𝐶𝐶 = �
4 ∗ 𝐹𝐹𝐶𝐶
𝜋𝜋 ∗ 𝜏𝜏𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎 ∗ 2
 
 
𝑑𝑑𝐶𝐶 = �
2 ∗ 78.85 𝑘𝑘𝑁𝑁
𝜋𝜋 ∗ 47.72𝑥𝑥106 𝑁𝑁𝑚𝑚2
 
 
𝑑𝑑𝐶𝐶 = �1.052𝑥𝑥10−3𝑚𝑚2 
 
𝑑𝑑𝐶𝐶 = 0.032 𝑚𝑚 = 32.43 𝑚𝑚𝑚𝑚 → 33 𝑚𝑚𝑚𝑚 
 
Pasador B y D 
𝑑𝑑𝐵𝐵−𝐶𝐶 = �
4 ∗ 𝐹𝐹𝐵𝐵
𝜋𝜋 ∗ 𝜏𝜏𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎
 
 
𝑑𝑑𝐵𝐵−𝐶𝐶 = �
4 ∗ 138.9 𝑘𝑘𝑁𝑁
𝜋𝜋 ∗ 47.72𝑥𝑥10
6𝑁𝑁
𝑚𝑚2
 
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 Juan Felipe Martín Martínez a=7 b=2 c=6 
 
 
24 
 
𝑑𝑑𝐵𝐵−𝐶𝐶 = �3.706𝑥𝑥10−3𝑚𝑚2 
 
𝑑𝑑𝐵𝐵−𝐶𝐶 = 0.061 𝑚𝑚 = 60.88 𝑚𝑚𝑚𝑚 → 61 𝑚𝑚𝑚𝑚 
 
Se procede a realizar el diseño de las placas, para lo cual se halla el cortante máximo y el admisible 
 
𝜎𝜎𝑎𝑎𝑇𝑇𝑥𝑥 =
𝑆𝑆𝑆𝑆𝑝𝑝𝑡𝑡𝑇𝑇𝑟𝑟
2
→ 𝜎𝜎𝑎𝑎𝑇𝑇𝑥𝑥 =
250 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑎𝑎
2
= 125 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑎𝑎 
 
𝜎𝜎𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎 =
𝜎𝜎𝑎𝑎𝑇𝑇𝑥𝑥
𝑓𝑓𝑓𝑓
→ 𝜎𝜎𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎 =
125 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑎𝑎
2.2
= 56.82 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑎𝑎 
 
Se procede a hallar el valor del espesor y ancho de la barra BD, para la cual, se conoce que esta va a sufrir 
un esfuerzo de contacto y tensión. Por lo tanto, se analizará por medio del esfuerzo de contacto para hallar 
el espesor de la barra, como se puede apreciar 
𝜎𝜎𝑐𝑐𝑇𝑇𝑛𝑛𝑇𝑇 =
𝐹𝐹𝐵𝐵𝐶𝐶
𝑏𝑏𝐵𝐵𝐶𝐶 ∗ 𝑑𝑑𝐶𝐶
 
 
𝜎𝜎𝑐𝑐𝑇𝑇𝑛𝑛𝑇𝑇 = 𝜎𝜎𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎 =
138.9 𝑘𝑘𝑁𝑁
𝑏𝑏𝐵𝐵𝐶𝐶 ∗ 61𝑥𝑥10−3 𝑚𝑚
 
 
56.82 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑎𝑎 =
138.9 𝑘𝑘𝑁𝑁
𝑏𝑏𝐵𝐵𝐶𝐶 ∗ 61𝑥𝑥10−3 𝑚𝑚
 
 
𝑏𝑏𝐵𝐵𝐶𝐶 =
138.9 𝑘𝑘𝑁𝑁
�56.82𝑥𝑥106 𝑁𝑁𝑚𝑚2� ∗ 61𝑥𝑥10
−3 𝑚𝑚
 
 
𝑏𝑏𝐵𝐵𝐶𝐶 = 0.04 𝑚𝑚 = 40.07 𝑚𝑚𝑚𝑚 
 
Se busca un valor comercial en sistema inglés, por lo cual, el valor del espesor aumenta 
 
𝑏𝑏𝐵𝐵𝐶𝐶 = 44.45 𝑚𝑚𝑚𝑚 = 1
3
4
 𝑖𝑖𝑖𝑖 𝑒𝑒𝑎𝑎𝑙𝑙𝑐𝑐𝑟𝑟 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑚𝑚𝑏𝑏𝑟𝑟𝑐𝑐𝑖𝑖𝑎𝑎𝑙𝑙 
 
Conociendo el espesor, se procede a hallar el valor de la distancia h entre el agujero del pasador D y el 
borde, pasa así evitar una falla por cortante 
𝜏𝜏𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎 =
𝐹𝐹𝐵𝐵𝐶𝐶
𝑏𝑏𝐵𝐵𝐶𝐶 ∗ ℎ𝐵𝐵𝐶𝐶
 
 
56.82 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑎𝑎 =
138.9 𝑘𝑘𝑁𝑁
44.45𝑥𝑥10−3 𝑚𝑚 ∗ ℎ𝐵𝐵𝐶𝐶
 
 
 
 
Fundamentos de Diseño Mecatrónico Héctor Manuel Vega 
 Juan Felipe Martín Martínez a=7 b=2 c=6 
 
 
25 
 
ℎ𝐵𝐵𝐶𝐶 =
138.9 𝑘𝑘𝑁𝑁
�56.82𝑥𝑥106 𝑁𝑁𝑚𝑚2� ∗ 44.45𝑥𝑥10
−3 𝑚𝑚
 
 
ℎ𝐵𝐵𝐶𝐶 = 0.055 𝑚𝑚 = 55 𝑚𝑚𝑚𝑚 
 
Para finalizar, se procede a hallar el valor del ancho a de la pieza, ya que, de esta forma se evitaría una 
falla por tensión 
𝜎𝜎𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎 =
𝐹𝐹𝐵𝐵𝐶𝐶
(𝑎𝑎𝐵𝐵𝐶𝐶 − 𝑑𝑑𝐶𝐶) ∗ 𝑏𝑏𝐵𝐵𝐶𝐶
 
 
56.82 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑎𝑎 =
138.9 𝑘𝑘𝑁𝑁
(𝑎𝑎𝐵𝐵𝐶𝐶 − 61𝑥𝑥10−3 𝑚𝑚) ∗ 44.45𝑥𝑥10−3 𝑚𝑚
 
 
(𝑎𝑎𝐵𝐵𝐶𝐶 − 61𝑥𝑥10−3 𝑚𝑚) =
138.9 𝑘𝑘𝑁𝑁
�56.82𝑥𝑥106 𝑁𝑁𝑚𝑚2� ∗ 44.45𝑥𝑥10
−3 𝑚𝑚
 
 
𝑎𝑎𝐵𝐵𝐶𝐶 =
138.9 𝑘𝑘𝑁𝑁
�56.82𝑥𝑥106 𝑁𝑁𝑚𝑚2� ∗ 44.45𝑥𝑥10
−3 𝑚𝑚
+ 61𝑥𝑥10−3 𝑚𝑚 
 
𝑎𝑎𝐵𝐵𝐶𝐶 = 55𝑥𝑥10−3 𝑚𝑚 + 61𝑥𝑥10−3 𝑚𝑚 
 
𝑎𝑎𝐵𝐵𝐶𝐶 = 0.116 𝑚𝑚 = 116 𝑚𝑚𝑚𝑚 
 
 
 
 
 
 
Se procede a calcular el espesor del soporte en el punto D, haciendo uso del esfuerzo de contacto 
 
𝜎𝜎𝑐𝑐𝑇𝑇𝑛𝑛𝑇𝑇 =
𝐹𝐹𝐵𝐵𝐶𝐶
𝑏𝑏𝑃𝑃𝐶𝐶 ∗ 𝑑𝑑𝐶𝐶
 
 
𝜎𝜎𝑐𝑐𝑇𝑇𝑛𝑛𝑇𝑇 = 𝜎𝜎𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎 =
138.9 𝑘𝑘𝑁𝑁
𝑏𝑏𝑃𝑃𝐶𝐶 ∗ 61𝑥𝑥10−3 𝑚𝑚
 
 
56.82 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑎𝑎 =
138.9 𝑘𝑘𝑁𝑁
𝑏𝑏𝑃𝑃𝐶𝐶 ∗ 61𝑥𝑥10−3 𝑚𝑚
 
 
𝑏𝑏𝑃𝑃𝐶𝐶 =
138.9 𝑘𝑘𝑁𝑁
�56.82𝑥𝑥106 𝑁𝑁𝑚𝑚2� ∗ 61𝑥𝑥10
−3 𝑚𝑚
 
 
aBD hBD 
eBD 
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26 
 
𝑏𝑏𝑃𝑃𝐶𝐶 = 0.04 𝑚𝑚 = 40.07 𝑚𝑚𝑚𝑚 
 
Se busca un valor comercial en sistema inglés, por lo cual, el valor del espesor aumenta 
 
𝑏𝑏𝑃𝑃𝐶𝐶 = 44.45 𝑚𝑚𝑚𝑚 = 1
3
4
 𝑖𝑖𝑖𝑖 𝑒𝑒𝑎𝑎𝑙𝑙𝑐𝑐𝑟𝑟 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑚𝑚𝑏𝑏𝑟𝑟𝑐𝑐𝑖𝑖𝑎𝑎𝑙𝑙 
 
Como se puede visualizar, el espesor del soporte y la barra dan igual debido a que comparten el mismo 
diámetro y esfuerzo con el pasador. Conociendo el espesor de la placa, y sabiendo que sufre un esfuerzo 
de tensión, se procede a hallar el ancho que debe tener el pasador para evitar la rotura 
 
𝜎𝜎𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎 =
𝐹𝐹𝐵𝐵𝐶𝐶
(𝑎𝑎𝑃𝑃𝐶𝐶 − 𝑑𝑑𝐶𝐶) ∗ 𝑏𝑏𝑃𝑃𝐶𝐶
 
 
56.82 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑎𝑎 =
138.9 𝑘𝑘𝑁𝑁
(𝑎𝑎𝑃𝑃𝐶𝐶 − 61𝑥𝑥10−3 𝑚𝑚) ∗ 44.45𝑥𝑥10−3 𝑚𝑚
 
 
(𝑎𝑎𝑃𝑃𝐶𝐶 − 61𝑥𝑥10−3 𝑚𝑚) =
138.9 𝑘𝑘𝑁𝑁
�56.82𝑥𝑥106 𝑁𝑁𝑚𝑚2� ∗ 44.45𝑥𝑥10
−3 𝑚𝑚
 
 
𝑎𝑎𝑃𝑃𝐶𝐶 =
138.9 𝑘𝑘𝑁𝑁
�56.82𝑥𝑥106 𝑁𝑁𝑚𝑚2� ∗ 44.45𝑥𝑥10
−3 𝑚𝑚
+ 61𝑥𝑥10−3 𝑚𝑚 
 
𝑎𝑎𝑃𝑃𝐶𝐶 = 55𝑥𝑥10−3 𝑚𝑚 + 61𝑥𝑥10−3 𝑚𝑚 
 
𝑎𝑎𝑃𝑃𝐶𝐶 = 0.116 𝑚𝑚 = 116 𝑚𝑚𝑚𝑚 
 
Conociendo el espesor, se procede a hallar el valor de la distancia h entre el agujero del soporte D y el 
borde, pasa así evitar una falla por cortante 
𝜏𝜏𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎 =
𝐹𝐹𝐵𝐵𝐶𝐶
𝑏𝑏𝑃𝑃𝐶𝐶 ∗ ℎ𝑃𝑃𝐶𝐶
 
 
56.82 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑎𝑎 =
138.9 𝑘𝑘𝑁𝑁
44.45𝑥𝑥10−3 𝑚𝑚 ∗ ℎ𝑃𝑃𝐶𝐶
 
 
ℎ𝑃𝑃𝐶𝐶 =
138.9 𝑘𝑘𝑁𝑁
�56.82𝑥𝑥106 𝑁𝑁𝑚𝑚2� ∗ 44.45𝑥𝑥10
−3 𝑚𝑚
 
 
ℎ𝑃𝑃𝐶𝐶 = 0.055 𝑚𝑚 = 55 𝑚𝑚𝑚𝑚 
 
Se procede a diseñar el soporte en C, conociendo que en este se halla un esfuerzo por cortante doble, y por 
contacto con el pasador C. Por lo tanto, se procede a hallar el espesor, ya que ya se conoce el diámetro del 
taladro, y que la fuerza en el pasador será sobre dos, ya que son dos pasadores 
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27 
 
𝜎𝜎𝑐𝑐𝑇𝑇𝑛𝑛𝑇𝑇 =
𝑅𝑅𝐶𝐶
2
𝑏𝑏𝑃𝑃𝐶𝐶 ∗ 𝑑𝑑𝐶𝐶
 
 
𝜎𝜎𝑐𝑐𝑇𝑇𝑛𝑛𝑇𝑇 = 𝜎𝜎𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎 =
78.85 𝑘𝑘𝑁𝑁
2
𝑏𝑏𝑃𝑃𝐶𝐶 ∗ 33𝑥𝑥10−3 𝑚𝑚
 
 
56.82 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑎𝑎 =
39.43 𝑘𝑘𝑁𝑁
𝑏𝑏𝑃𝑃𝐶𝐶 ∗ 33𝑥𝑥10−3 𝑚𝑚
 
 
𝑏𝑏𝑃𝑃𝐶𝐶 =
39.43 𝑘𝑘𝑁𝑁�56.82𝑥𝑥106 𝑁𝑁𝑚𝑚2� ∗ 33𝑥𝑥10
−3 𝑚𝑚
 
 
𝑏𝑏𝑃𝑃𝐶𝐶 = 0.021 𝑚𝑚 = 21.03 𝑚𝑚𝑚𝑚 
 
Se busca un valor comercial en sistema inglés, por lo cual, el valor del espesor aumenta 
 
𝑏𝑏𝑃𝑃𝐶𝐶 = 22.23 𝑚𝑚𝑚𝑚 =
7
8
 𝑖𝑖𝑖𝑖 𝑒𝑒𝑎𝑎𝑙𝑙𝑐𝑐𝑟𝑟 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑚𝑚𝑏𝑏𝑟𝑟𝑐𝑐𝑖𝑖𝑎𝑎𝑙𝑙 
 
Se procede a hallar el ancho del soporte por medio del esfuerzo normal que sufre 
 
𝜎𝜎𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎 =
𝑅𝑅𝐶𝐶
2
(𝑎𝑎𝑃𝑃𝐶𝐶 − 𝑑𝑑𝐶𝐶) ∗ 𝑏𝑏𝑃𝑃𝐶𝐶
 
 
56.82 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑎𝑎 =
78.85 𝑘𝑘𝑁𝑁
2
(𝑎𝑎𝑃𝑃𝐶𝐶 − 33𝑥𝑥10−3 𝑚𝑚) ∗ 22.23𝑥𝑥10−3 𝑚𝑚
 
 
(𝑎𝑎𝑃𝑃𝐶𝐶 − 33𝑥𝑥10−3 𝑚𝑚) =
39.43 𝑘𝑘𝑁𝑁
�56.82𝑥𝑥106 𝑁𝑁𝑚𝑚2� ∗ 22.23𝑥𝑥10
−3 𝑚𝑚
 
 
𝑎𝑎𝑃𝑃𝐶𝐶 =
39.43 𝑘𝑘𝑁𝑁
�56.82𝑥𝑥106 𝑁𝑁𝑚𝑚2� ∗ 22.23𝑥𝑥10
−3 𝑚𝑚
+ 33𝑥𝑥10−3 𝑚𝑚 
 
𝑎𝑎𝑃𝑃𝐶𝐶 = 31.22𝑥𝑥10−3 𝑚𝑚 + 33𝑥𝑥10−3 𝑚𝑚 
 
𝑎𝑎𝑃𝑃𝐶𝐶 = 0.064 𝑚𝑚 = 64.22 𝑚𝑚𝑚𝑚 
 
Conociendo el espesor, se procede a hallar el valor de la distancia h entre el agujero del soporte D y el 
borde, pasa así evitar una falla por cortante 
 
Fundamentos de Diseño Mecatrónico Héctor Manuel Vega 
 Juan Felipe Martín Martínez a=7 b=2 c=6 
 
 
28 
 
𝜏𝜏𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎 =
𝑅𝑅𝐶𝐶
2
𝑏𝑏𝑃𝑃𝐶𝐶 ∗ ℎ𝑃𝑃𝐶𝐶
 
 
56.82 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑎𝑎 =
78.85 𝑘𝑘𝑁𝑁
2
22.23𝑥𝑥10−3 𝑚𝑚 ∗ ℎ𝑃𝑃𝐶𝐶
 
 
ℎ𝑃𝑃𝐶𝐶 =
39.43 𝑘𝑘𝑁𝑁
�56.82𝑥𝑥106 𝑁𝑁𝑚𝑚2� ∗ 22.23𝑥𝑥10
−3 𝑚𝑚
 
 
ℎ𝑃𝑃𝐶𝐶 = 0.031 𝑚𝑚 = 31.22 𝑚𝑚𝑚𝑚 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
NOMBRE ARCHIVO:CURSO:
ESCALA:
PLANO N°:
PIEZA:
REVISO
DIBUJO
NOMBRE
FECHA
MATERIAL:
PROYECTO:
Juan Felipe Martín Martínez
26 de Agosto de 2021
Ing. Héctor Manuel Vega
 
Barra BD
Fund. de Diseño Mecatrónico
Punto 3 - Taller
Acero Estructural
48783 - 02
Taller N°1
1:5
UNIDADES:
A4
mm
116,00
8
5
,
5
0
n61,00
58,00
44,45
116,00
6
4
2
,
0
0
R
3
0
,
0
0
NOMBRE ARCHIVO:CURSO:
ESCALA:
PLANO N°:
PIEZA:
REVISO
DIBUJO
NOMBRE
FECHA
MATERIAL:
PROYECTO:
Juan Felipe Martín Martínez
26 de Agosto de 2021
Ing. Héctor Manuel Vega
 
Soporte D
Fund. de Diseño Mecatrónico
Punto 3 - Taller
Acero Estructural
48783 - 03
Taller N°1
1 : 2
UNIDADES:
A4
mm
116,00
8
5
,
5
0
n
6
1
,
0
0
R
5
8
,
0
0
44,45
NOMBRE ARCHIVO:CURSO:
ESCALA:
PLANO N°:
PIEZA:
REVISO
DIBUJO
NOMBRE
FECHA
MATERIAL:
PROYECTO:
Juan Felipe Martín Martínez
26 de Agosto de 2021
Ing. Héctor Manuel Vega
 
Soporte C
Fund. de Diseño Mecatrónico
Punto 4 - Taller
Acero Estructural
48783 - 04
Taller N°1
1 : 1
UNIDADES:
A4
mm
4
7
,
7
2
64,22
n33,00
R
3
2
,
1
2
32,11
22,23
9
5
,
4
4
NOMBRE ARCHIVO:CURSO:
ESCALA:
PLANO N°:
PIEZA:
REVISO
DIBUJO
NOMBRE
FECHA
MATERIAL:
PROYECTO:
Juan Felipe Martín Martínez
26 de Agosto de 2021
Ing. Héctor Manue Vega
 
Pasador D
Fund. de Diseño Mecatrónico
Punto 3 - Taller
Acero 1020 HR
48783 - 05
Taller N°1
1 : 1
UNIDADES:
A4
mm
9
5
.
9
0
1
0
5
.
9
0
5
.
9
9
30.55
n70.00
n61.00
10.00
R2.00
Fundamentos de Diseño Mecatrónico Héctor Manuel Vega 
 Juan Felipe Martín Martínez a=7 b=2 c=6 
 
 
29 
 
4. Diseñe las 3 piezas de la unión de horquilla que se muestra en la figura 4 usando la teoría del esfuerzo 
cortante máximo, con un factor de seguridad de 2.2. El pasador se maquina a partir de acero AISI 1018 
laminado en caliente y los otros componentes con acero 1030 estirado en frio. La fuerza es de (a+b+c) kN. 
Realizar los planos con normas de las piezas diseñadas. 
 
 
Figura 4. 
𝐹𝐹 = 𝑎𝑎 + 𝑏𝑏 + 𝑐𝑐 = 15 𝑘𝑘𝑁𝑁 
 
𝑓𝑓𝑓𝑓 = 2.2 
 
El esfuerzo de fluencia del pasador, conociendo que es maquinado a partir de acero AISI 1018 laminado en 
caliente, y los demás componentes en acero 1030 estirado en frio. Respecto a la tabla A-20 en el libro Diseño 
en Ingeniería Mecánica de Shingley es 
 
 
 
 
𝑆𝑆𝑆𝑆𝑝𝑝𝑇𝑇𝑡𝑡𝑇𝑇𝑎𝑎𝑇𝑇𝑟𝑟 = 220 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑎𝑎 
 
𝑆𝑆𝑆𝑆𝑐𝑐𝑇𝑇𝑎𝑎𝑝𝑝 = 440 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑎𝑎 
 
Para conocer el valor del diámetro del pasador, se hará uso de la teoría de cortante máximo, hallando primero 
el cortante máximo y admisible 
 
𝜏𝜏𝑎𝑎𝑇𝑇𝑥𝑥 =
𝑆𝑆𝑆𝑆𝑝𝑝𝑇𝑇𝑡𝑡𝑇𝑇𝑎𝑎𝑇𝑇𝑟𝑟
2
→ 𝜏𝜏𝑎𝑎𝑇𝑇𝑥𝑥 =
220 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑎𝑎
2
= 110 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑎𝑎 
Fundamentos de Diseño Mecatrónico Héctor Manuel Vega 
 Juan Felipe Martín Martínez a=7 b=2 c=6 
 
 
30 
 
𝜏𝜏𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎 =
𝜏𝜏𝑎𝑎𝑇𝑇𝑥𝑥
𝑓𝑓𝑓𝑓
→ 𝜏𝜏𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎 =
110 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑎𝑎
2.2
= 50 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑎𝑎 
 
Conociendo estos valores, se procede a hallar el diámetro, teniendo en cuenta que el pasador sufre cortante 
en 2 posiciones, por lo tanto, quedaría de la siguiente forma 
 
𝜏𝜏𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎 =
𝐹𝐹
2 ∗ 𝐴𝐴
 
 
𝜏𝜏𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎 =
𝐹𝐹
2 ∗ 𝜋𝜋 ∗ �
𝑑𝑑𝑝𝑝𝑇𝑇
2 �
2 
 
Se procede a reemplazar en la ecuación hallada, despejando el diámetro 
 
50 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑎𝑎 =
15 𝑘𝑘𝑁𝑁
2 ∗ 𝜋𝜋 ∗
𝑑𝑑𝑝𝑝𝑇𝑇
2
4
 
 
50 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑎𝑎 =
30 𝑘𝑘𝑁𝑁
𝜋𝜋 ∗ 𝑑𝑑𝑝𝑝𝑇𝑇
2 
 
𝑑𝑑𝑝𝑝𝑇𝑇
2 =
30 𝑘𝑘𝑁𝑁
𝜋𝜋 ∗ 50𝑥𝑥106 𝑁𝑁𝑚𝑚2
 
 
𝑑𝑑𝑝𝑝𝑇𝑇 = �1.91𝑥𝑥10−4 𝑚𝑚2 
 
𝑑𝑑𝑝𝑝𝑇𝑇 = 0.014 𝑚𝑚 = 13.82 𝑚𝑚𝑚𝑚 → 14 𝑚𝑚𝑚𝑚 
 
Ya conociendo el diámetro del pasador, se procede a diseñar la placa, para lo cual, primero se halla el 
esfuerzo y cortante admisible del material, ya que se conoce su Sy revisado al comienzo del punto 
 
𝜎𝜎𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎 =
𝑆𝑆𝑆𝑆𝑐𝑐𝑇𝑇𝑎𝑎𝑝𝑝
𝑓𝑓𝑓𝑓
→ 𝜎𝜎𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎 =
440 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑎𝑎
2.2
= 200 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑎𝑎 
 
𝜏𝜏𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎 =
𝑆𝑆𝑆𝑆𝑐𝑐𝑇𝑇𝑎𝑎𝑝𝑝
𝑓𝑓𝑓𝑓 ∗ √3
→ 𝜏𝜏𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎 =
440 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑎𝑎
2.2 ∗ √3
= 115.5 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑎𝑎 
 
 
 
 
 
 
Fundamentos de Diseño Mecatrónico Héctor Manuel Vega 
 Juan Felipe Martín Martínez a=7 b=2 c=6 
 
 
31 
 
Para el análisis de las medidas, se gira la pieza, de forma que se vea el agujero del pasador, esto para elegir 
un ancho para la placa, y así poder hallar el valor de b 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
𝑄𝑄 =
𝐿𝐿 − 𝑑𝑑𝑝𝑝𝑇𝑇
2
=
50 𝑚𝑚𝑚𝑚 − 14 𝑚𝑚𝑚𝑚
2
= 18 𝑚𝑚𝑚𝑚 
 
Se procede a visualizar la placa de forma tridimensional, para así ver como se tomará la figura. Por medio 
del esfuerzo admisible, se hallará el valor de b 
𝜎𝜎𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎 =
𝐹𝐹
𝐴𝐴
 
 
𝜎𝜎𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎 =
𝐹𝐹
(𝐿𝐿 − 𝑑𝑑) ∗ 𝑏𝑏
 
 
200 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑎𝑎 =
15 𝑘𝑘𝑁𝑁
(0.05 𝑚𝑚 − 0.014 𝑚𝑚) ∗ 𝑏𝑏
 
 
𝑏𝑏 =
15 𝑘𝑘𝑁𝑁
(0.05 𝑚𝑚− 0.014 𝑚𝑚) ∗ 200𝑥𝑥106 𝑁𝑁𝑚𝑚2
 
 
𝑏𝑏 =
15 𝑘𝑘𝑁𝑁
(0.05 𝑚𝑚− 0.014 𝑚𝑚) ∗ 200𝑥𝑥106 𝑁𝑁𝑚𝑚2
 
 
𝑏𝑏 = 2.083𝑥𝑥10−3 𝑚𝑚 = 2.083 𝑚𝑚𝑚𝑚 
 
𝑏𝑏 = 2.2 𝑚𝑚𝑚𝑚 → 𝑒𝑒𝑎𝑎𝑙𝑙𝑐𝑐𝑟𝑟 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑚𝑚𝑏𝑏𝑟𝑟𝑐𝑐𝑖𝑖𝑎𝑎𝑙𝑙 
 
 
 
 
 
 
L=50 mm 
Q Q 
b 
L 
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 Juan Felipe Martín Martínez a=7 b=2 c=6 
 
 
32 
 
Sin embargo, la pieza puede sufrir una falla por aplastamiento, por lo tanto, verificará si esto es posible, con 
la siguiente fórmula 
 
𝜗𝜗 =
𝐹𝐹
𝑏𝑏 ∗ 𝑑𝑑
=
15 𝑘𝑘𝑁𝑁
(0.0022 𝑚𝑚 ∗ 0.014 𝑚𝑚)
= 487.01 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑎𝑎 
 
 
Como supera el esfuerzo de fluencia, se procede a hallar un nuevo valor de b para poder soportar el esfuerzo 
por aplastamiento 
𝜎𝜎𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎 =
𝐹𝐹
𝐴𝐴
 
 
𝜎𝜎𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎 =
𝐹𝐹
𝑑𝑑 ∗ 𝑏𝑏
 
 
200 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑎𝑎 =
15 𝑘𝑘𝑁𝑁
0.014 𝑚𝑚 ∗ 𝑏𝑏
 
 
𝑏𝑏 =
15 𝑘𝑘𝑁𝑁
0.014 𝑚𝑚 ∗ 200𝑥𝑥106 𝑁𝑁𝑚𝑚2
 
 
𝑏𝑏 = 5.357𝑥𝑥10−3 𝑚𝑚 = 5.357 𝑚𝑚𝑚𝑚 
 
𝑏𝑏 = 5.5 𝑚𝑚𝑚𝑚 → 6.35 𝑚𝑚𝑚𝑚 =
1
4
𝑖𝑖𝑖𝑖 𝑒𝑒𝑎𝑎𝑙𝑙𝑐𝑐𝑟𝑟 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑚𝑚𝑏𝑏𝑟𝑟𝑐𝑐𝑖𝑖𝑎𝑎𝑙𝑙 
 
El valor de b se aumenta a un valor comercial y se verifica si con este se obtiene un esfuerzo menor al de 
fluencia 
 
𝜗𝜗 =
𝐹𝐹
𝑏𝑏 ∗ 𝑑𝑑
=
15 𝑘𝑘𝑁𝑁
(0.00635 𝑚𝑚 ∗0.014 𝑚𝑚)
= 168.7 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑎𝑎 
 
Por el valor dado, se sabe que, con el valor de b hallado, la placa soportará el aplastamiento. Además, toca 
calcular la distancia que hay entre el agujero y el borde superior, lo cual sería el valor e encima del diámetro 
del pasador, ya que, si este es muy cercano, se generaría una falla por cortante, por lo tanto, se calcula de la 
siguiente forma 
𝜏𝜏𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎 =
𝐹𝐹
𝐴𝐴
 
 
𝜏𝜏𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎 =
𝐹𝐹
𝐷𝐷 ∗ 𝑏𝑏
 
 
115.5 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑎𝑎 =
15 𝑘𝑘𝑁𝑁
𝐷𝐷 ∗ 5.357𝑥𝑥10−3 𝑚𝑚
 
 
Fundamentos de Diseño Mecatrónico Héctor Manuel Vega 
 Juan Felipe Martín Martínez a=7 b=2 c=6 
 
 
33 
 
𝐷𝐷 =
15 𝑘𝑘𝑁𝑁
115.5𝑥𝑥106 𝑁𝑁𝑚𝑚2 ∗ 5.357𝑥𝑥10
−3 𝑚𝑚
 
 
𝐷𝐷 = 0.024 𝑚𝑚 = 24.24 𝑚𝑚𝑚𝑚 
 
Para el diseño de la horquilla, se sabe que la pieza es simétrica, por lo tanto, se puede analizar la mitad de 
la horquilla para facilidades en los cálculos y el análisis, para así hallar el valor de e 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Como se hizo anteriormente con la placa, primero se hallar el valor de e por medio del esfuerzo admisible, 
y se verifica si soporta el esfuerzo por aplastamiento. Además, como se hará para media pieza, la fuerza se 
toma a la mitad 
𝜎𝜎𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎 =
𝐹𝐹/2 
𝐴𝐴
 
 
𝜎𝜎𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎 =
𝐹𝐹/2
(𝐿𝐿 − 𝑑𝑑) ∗ (𝑏𝑏 − 𝑏𝑏/2)
 
 
200 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑎𝑎 =
15 𝑘𝑘𝑁𝑁
2
(0.05 − 0.014) 𝑚𝑚 ∗ �𝑏𝑏 − 0.006352 𝑚𝑚� 
 
 
�𝑏𝑏 −
0.00635
2
𝑚𝑚� =
7.5 𝑘𝑘𝑁𝑁
0.036 𝑚𝑚 ∗ 200 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑎𝑎
 
 
𝑏𝑏 =
7.5 𝑘𝑘𝑁𝑁
0.036 𝑚𝑚 ∗ 200𝑥𝑥106 𝑁𝑁𝑚𝑚2
+
0.00635
2
𝑚𝑚 
 
E 
Fundamentos de Diseño Mecatrónico Héctor Manuel Vega 
 Juan Felipe Martín Martínez a=7 b=2 c=6 
 
 
34 
 
𝑏𝑏 = 4.217𝑥𝑥10−3 𝑚𝑚 = 4.217 𝑚𝑚𝑚𝑚 
 
Se verifica si soporta el esfuerzo de aplastamiento 
 
𝜎𝜎𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎 =
𝐹𝐹/2 
𝐴𝐴
=
15 𝑘𝑘𝑁𝑁
2
(0.0042 𝑚𝑚 ∗ 0.014 𝑚𝑚)
= 127.6 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑎𝑎 
 
Como es un valor menor al esfuerzo de fluencia, se deja el valor de e obtenido. Para saber el espesor de la 
placa de la horquilla, se dice que el espesor completo, que se puede visualizar en la anterior figura será 
 
𝐸𝐸 = 2𝑏𝑏 + 𝑏𝑏 
 
𝐸𝐸 = 2(4.217𝑥𝑥10−3 𝑚𝑚) + 0.00635 𝑚𝑚 
 
𝐸𝐸 = 0.01478 𝑚𝑚 = 14.78 𝑚𝑚𝑚𝑚 → 15 𝑚𝑚𝑚𝑚 
 
Como se necesita un valor comercial en sistema inglés, el espesor se aumenta 
 
𝐸𝐸 = 15.87 𝑚𝑚𝑚𝑚 =
5
8
 𝑖𝑖𝑖𝑖 𝑒𝑒𝑎𝑎𝑙𝑙𝑐𝑐𝑟𝑟 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑚𝑚𝑏𝑏𝑟𝑟𝑐𝑐𝑖𝑖𝑎𝑎𝑙𝑙 
 
Para completar el diseño, se buscará la distancia que hay entre la base y el agujero, ya que en este punto se 
puede generar un esfuerzo cortante 
𝜏𝜏𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎 =
𝐹𝐹
𝐴𝐴
 
 
𝜏𝜏𝑇𝑇𝑎𝑎𝑎𝑎 =
𝐹𝐹/2
𝐷𝐷 ∗ 𝑏𝑏
 
 
115.5 𝑀𝑀𝑀𝑀𝑎𝑎 =
15
2 𝑘𝑘𝑁𝑁
𝐷𝐷 ∗ 4.217𝑥𝑥10−3 𝑚𝑚
 
 
𝐷𝐷 =
7.5 𝑘𝑘𝑁𝑁
115.5𝑥𝑥106 𝑁𝑁𝑚𝑚2 ∗ 4.217𝑥𝑥10
−3 𝑚𝑚
 
 
𝐷𝐷 =
7.5 𝑘𝑘𝑁𝑁
115.5𝑥𝑥106 𝑁𝑁𝑚𝑚2 ∗ 4.217𝑥𝑥10
−3 𝑚𝑚
 
 
𝐷𝐷 = 0.015 𝑚𝑚 = 15.4 𝑚𝑚𝑚𝑚 
 
A causa de las aproximaciones, el valor de e se aumentó, quedando de forma 𝑏𝑏 = 4.325 𝑚𝑚𝑚𝑚 
DETALLE A
ESCALA 2 : 1
A
NOMBRE ARCHIVO:CURSO:
ESCALA:
PLANO N°:
PIEZA:
REVISO
DIBUJO
NOMBRE
FECHA
MATERIAL:
PROYECTO:
Juan Felipe Martín Martínez
26 de Agosto de 2021
Ing. Héctor Manuel Vega
 
Horquilla
Fund. de Diseño Mecatrónico
Punto 4 - Taller
Acero 1030 CD
48783 - 06
Taller N°1
1 : 1
UNIDADES:
A4
mm
4.33
15.00
R4.40
6.35
2
2
.
4
0
25.00
50.00
7
4
.
0
0
2
8
.
6
0
1
0
.
0
0
NOMBRE ARCHIVO:CURSO:
ESCALA:
PLANO N°:
PIEZA:
REVISO
DIBUJO
NOMBRE
FECHA
MATERIAL:
PROYECTO:
Juan Felipe Martín Martínez
26 de Agosto de 20201
Ing. Héctor Manuel Vega
 
Placa
Fund. de Diseño Mecatrónico
Punto 4 - Taller
Acero 1030 CD
48783 - 07
Taller N°1
2 : 1
UNIDADES:
A4
mm
n14.00
50.006.35
2
7
.
4
0
25.00
5
4
.
0
0
R1.50
3.35
NOMBRE ARCHIVO:CURSO:
ESCALA:
PLANO N°:
PIEZA:
REVISO
DIBUJO
NOMBRE
FECHA
MATERIAL:
PROYECTO:
Juan Felipe Martín Martínez
26 de Agosto de 2021
Ing. Héctor Manuel Vega
 
Pasador
Fund. de Diseño Mecatrónico
Punto 4 - Taller
Acero AISI 1018 HR
48783 - 08
Taller N°1
2 : 1
UNIDADES:
A4
mm
n20,00
n14,00
1
0
,
0
0
1
9
,
0
0
5
,
9
5
7,01
R
2
,
2
5