Ejercicio Primer Parcial

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Solución Parcial 1, Diseño de Máquinas 1
Elaborado por José Ernesto Cáceres Caŕıas, Carnet: 14-10148
Contacto: josernestocaceres@gmail.com
La presente solución fue realizada con el fin de orientar a los estudiantes del curso MC4131
Diseño de Máquinas 1 de la Universidad Simón Boĺıvar en la metodoloǵıa de resolución de los
problemas de diseño que se proponen a lo largo del curso, cabe destacar que la resolución aqúı de-
sarrollada no es única, ya que por la naturaleza propia del diseño mecánico, un mismo problema
puede llevar a varias soluciones, donde cada una de las propuestas deben estar correctamente
fundamentadas y justificadas.
Espero que estas páginas sean de utilidad.
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2
1 Diseño de los ejes para la transmisión de potencia
1.1 Torque de operación
El torque nominal del motor viene dado por la expresión
T =
P
ω
(1)
Donde: P = 60HP y ω = 2500rpm. Sustituyendo en la ecuación (1) se tiene que
T =
60HP
2500rpm
· 746W
1HP
· 1rpm · 60s
2π
= 170, 97N.m (2)
1.2 Diámetro mı́nimo del eje conductor y conducido
En la Figura 1 se aprecia el Diagrama de Cuerpo Libre (DCL) de los dos platos que conforman
el embrague, mostrándose las fuerzas axiales y los momentos torsores. Si se separan los platos,
como se ve en la Figura 2, aparecen las fuerzas de contacto y torques internos debido al material
de fricción en la superficie de contacto entre caras. En la Figura 3 se tienen los DCL de los ejes.
Figura 1. DCL platos del embrague
3
Figura 2. DCL del Plato Conductor y Plato Conducido
Figura 3. DCL del eje conductor y eje conducido
Para simplificar el cálculo del diámetro del eje, se supondrá que éste está sometido fundamen-
talmente a torsión pura. El esfuerzo cortante debido a torsión para un eje sólido viene dado
por
τ =
16TD
πD4
≤ Sy
2φ
(3)
Donde: T es el torque nominal, D el diametro del eje, Sy la resistencia a la fluencia del material
y φ el factor de seguridad. Despejando D se tiene que
D ≥ 3
√
32φT
πSy
(4)
De las tablas del libro ”Diseño en ingenieŕıa mecánica de Shigley”, 8va edición,se escoge un acero
AISI 1045 trabajado en fŕıo con un Sy = 530MPa.La determinación del factor de seguridad se
hace de acuerdo al criterio del diseñador, de las normas internacionales aplicables o del criterio
de una empresa especfica. En la Figura 4 se tiene una tabla de uso genral que puede servir de
gúıa. Si se escoge un factor de seguridad igual a 3 y sustituyendo en la ecuación (4)
4
Figura 4. Recomendaciones generales para la selección del factor de seguridad
Si se escoge un factor de seguridad igual a 3 y sustituyendo en la ecuación (4)
Dmin = 3
√
32 · 3 · 170, 97N.m
π · 530 × 106Pa
(5)
Dmin = 0, 02144m = 21, 44mm (6)
Redondeando al entero superior, el diámetro mı́nimo es
Dmin = 22mm (7)
1.3 Acople del eje conducido con el plato conducido
Este acoplamiento será mediante un perfil nervado como señala el problema, por facilidad en
el cálculo se escoge el perfil nervado de flancos rectos. De entre las tres Series de perfiles que
proporciona la norma DIN 5461, se puede escoger la Serie Ligera. En la Figura 5 se observan
las dimensiones del perfil nervado para diferentes diámetros del eje, como el diámetro minimo
es 22mm, se decide aumentarlo hasta 23mm para ajustar la dimensión a la norma.
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Figura 5. Dimensiones del perfil nervado de Serie Ligera
La longitud de acople mı́nima suponiendo falla por corte en el perfil nervado es
lmin−corte =
4TΦ(
d1+d2
2
)
fczbSy
(8)
Mientras que la longitud mı́nima suponiendo falla por aplastamiento viene dada por
lmin−aplast =
2TΦ(
d1+d2
2
)
fcz
[(
d2−d1
2
)
− g − k
]
Sy
(9)
Donde el factor de corrección fc para las expresiones (8) y (9) es igual a 0,75 en el perfil de
flancos rectos, Φ es el factor de seguridad de diseño del perfil, z es número de nervios y g y k
6
son dimensiones tabuladas del perfil. Sustituyendo los valores de la Figura 5 en (8) y (9), y
utilizando un factor de seguridad igual a 3, se obtiene
lmin−corte =
4 · 3 · 170, 97N.m(
26+23
2
)
× 10−3m(0, 75)(6)(6 × 10−3m)(530 × 106Pa)
= 0, 00585m (10)
Ahora calculando la longitud mı́nima de aplastamiento
lmin−aplast =
2 · 3 · 170, 97N.m(
26+23
2
)
× 10−3m(0, 75)(6)
[(
26−23
2
)
− 0, 3 − 0, 3
]
× 10−3m(530 × 106Pa)
(11)
lmin−aplast = 0, 01951m (12)
De entre las dos longitudes obtenidas se escoge la mayor y se redondea al entero superior
lmin = 20mm (13)
Aśı, el perfil nervado será 6X23X26.
1.4 Acople del eje conductor con el plato conductor
Como se requiere diseñar el acoplamiento por lengüeta, se utilizará la lengüeta de forma alta
según la norma DIN 6885. En la Figura 6 se puede observar que para un diámetro de eje
hasta 22mm, corresponde una lengüeta de ancho 6mm y de alto 6mm, se debe recordar que el
diámetro de este eje es de 22mm de acuerdo a los cálculos de la sección 1.2. Para establecer el
largo de la lengüeta se debe hallar la longitud mı́nima por falla de corte y de aplastamiento.
Figura 6. Parte de la tabla de lengüetas de forma alta normalizadas
7
La longitud por corte viene dada por
lmin−corte =
4ψT
dbSyLeng
(14)
Y la longitud por aplastamiento es
lmin−aplast =
4ψT
dhSyLeng
(15)
Donde T es el torque a transmitir, ψ el factor de seguridad de diseño de la lengüeta, d es el
diámetro del eje, b el ancho de la lengueta, h el alto de la lengüeta, y SyLeng la resistencia a la
fluencia del material de la lengüeta. En la Figura 7 aparecen factores de seguridad para cuñas.
Figura 7. Factores de seguridad para lengüetas
Si se escoge como material de la lengüeta un acero C45 con una resistencia a la fluencia de
370MPa, y sustituyendo en las ecuaciones (14) y (15) se obtiene lo siguiente
lmin−corte =
4 · 3 · 170, 97N.m
(22 × 10−3m) · (6 × 10−3m)(370 × 106Pa)
= 0, 0420m = 42, 0mm (16)
lmin−aplast =
4 · 3 · 170, 97N.m
(22 × 10−3m) · (6 × 10−3m)(370 × 106Pa)
= 0, 0420m = 42, 0mm (17)
Seleccionando la mayor longitud y redondeando al entero superior, se tiene que la longitud de
la lengüeta es
lLeng = 42mm (18)
Como el material de fabricación de la lengüeta es de menor resistencia que el del eje, no es
necesario verificar aplastamiento o corte en las paredes del eje.
Comercialmente las lengüetas y chavetas se consiguen con longitudes ya establecidas, en la
Figura 8 se tiene que la longitud disponible para la lengüeta seleccionada es de 45mm.
Figura 8. Dimensiones de lengüetas disponibles comercialmente
Finalmente, la lengüeta será A 6X6X45.
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1.5 Determinación del diámetro intermedio de los platos
El esfuerzo cortante por torsión para un cilindro hueco es
τ =
T Di
2
π
2
[(
Di
2
)4
−
(
D0
2
)4] ≤ Sy
2φ
(19)
Donde Di es el diámetro intermedio de los platos como se muestra en la Figura 9. Reordenando
la expresión (19) se tiene que
D4
i −
32φTDi
πSy
−D4
0 ≥ 0 (20)
Figura 9. Esfuerzo de corte sobre sección transversal hueca
Como los diámetros internos D0 de los platos son 22 y 26mm (por comodidad no se considera
la altura de la lengüeta en el cubo del plato conductor), se obtienen las siguientes ecuaciones
Plato conductor
D4
i −
32 · 3 · 170, 97N.m
π · 530 × 106Pa
Di − (22 × 10−3m)4 ≥ 0 (21)
Plato conducido
D4
i −
32 · 3 · 170, 97N.m
π · 530 × 106Pa
Di − (26 × 10−3m)4 ≥ 0 (22)
Aśı los diámetros intermedios son
Plato conductor
Di ≥ 0, 02654m ≈ 27mm (23)
Plato conducido
Di ≥ 0, 02940m ≈ 30mm (24)
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2 Determinación del diámetro externo de los platos de presión
La fuerza de roce estático es la encargada de transmitir el torque de operación en todo momento
en que el movimiento relativo entre los platos es nulo. Esta fuerza sobre un elemento diferencial
de superficie viene dada por
dF ≤ µ · P (r) · dA (25)
Donde la presión ejercida puede variar en función del radio r. Si se considera el torque por roce
estatico que produce un área diferencial de disco dA = 2πrdr, ubicada a una distancia r del
centro como muestra la Figura 10, se tiene que el torque ejercido por esta área diferencial esdT = r · dF ≤ 2πµP (r)r2dr (26)
Figura 10. Fuerza de roce diferencial
El torque de operación se obtiene al integrar dT desde R0 hasta Re, la presión dada por el
problema es uniforme e igual a P
T =
∫ Re
R0
dT ≤ 2πµP
∫ Re
R0
r2dr =
2
3
πµPr3
∣∣∣∣Re
R0
=
2
3
πµP
(
R3
e −R3
0
)
(27)
Despejando Re de la expresión (21)
Re ≥ 3
√
3T
2πµP
+R3
0 (28)
Sustituyendo R0 = 13mm y demás valores conocidos
Re ≥ 3
√
3 · 170, 97N.m
2π · 0, 4 · 2 × 105 N
m2
+ (13 × 10−3m)3 = 0, 1008m (29)
Redondeando al entero superior se obtiene que el radio externo del plato de presión es
10
Re = 101mm (30)
Otra forma de hallar el radio externo
En caso de que no se logre tener éxito en desarrollar la matemática anterior del torque diferencial,
se puede hacer una aproximación para encontrar el radio externo adecuado.
Como la presión ejercida en la superficie es uniforme, se puede suponer que la fuerza de roce
también es uniforme a lo largo del radio del disco, donde dicha fuerza distribuida reduce a una
fuerza equivalente que actúa a una distancia Rm = R0+Re
2 , como se observa en la Figura 11.
Figura 11. Modelo de fuerza de roce distribuida sobre disco
La fuerza de roce es
F ≤ µ · P ·A = µ · P · π(R2
e −R2
0) (31)
El torque viene dado por
T = Rm · F ≤ Rm · µ · P · π(R2
e −R2
0) (32)
T ≤ (
R0 +Re
2
) · µ · P · π(R2
e −R2
0) (33)
Manipulando algebraicamente se tiene que
R3
e +R0R
2
e −R2
0Re −R3
0 −
2T
µπP
≥ 0 (34)
R3
e + (13 × 10−3m)R2
e − (13 × 10−3m)2Re − (13 × 10−3m)3 − 2 · 170, 97N.m
0, 4 · π · 2 × 105 N
m2
≥ 0 (35)
Donde la solución real positiva es
Re ≥ 0, 1072m ≈ 108mm (36)
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Figura 12. Bosquejo del plato conductor y conducido
3 Fuerza del resorte
Basado en el DCL del plato conucido en la Figura 2, la fuerza que debe ejercer el resorte se
puede calcular como
Fresorte = Fcontacto = P ·A = P · π · (R2
e −R2
0) (37)
Fresorte = 2 × 105
N
m2
· π · [(101 × 10−3m)2 − (13 × 10−3m)2] (38)
Fresorte = 6, 30kN (39)
Como ejercicio final, usted puede formar la matriz de esfuerzo para las zonas cŕıticas de ambos
platos, considerando el esfuerzo de torsión y axial y, verificar mediante el criterio de Von Mises
o Tresca que no existe falla en estos componentes.
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