Balanceo 2011

LECCIÓN 10
BALANCEO DE MECANISMOS Y MÁQUINAS
El balanceo es la técnica de corregir o eliminar fuerzas y momentos de inercia indeseables. Estas fuerzas
pueden provocar vibraciones que a veces pueden alcanzar amplitudes peligrosas. Incluso aunque no lo fueran,
las vibraciones aumentan los esfuerzos y someten a los cojinetes a cargas repetidas que provocan la falla
prematura por fatiga de las piezas. Por lo tanto, en el diseño de maquinaria no basta simplemente con evitar la
operación cercana a las velocidades críticas; también es preciso eliminar, o por lo menos reducir, en primera
instancia, las fuerzas de inercia que producen estas vibraciones.
Un mecanismo o una máquina se consideran equilibrados, si durante su funcionamiento la resultante de todas
las fuerzas, que actúan sobre los apoyos del soporte (bancada, cimiento), y el momento resultante de esas
fuerzas, son de magnitud y dirección constante.
10.1 TÉRMINOS FUNDAMENTALES
CENTRO DE GRAVEDAD
El término centro de gravedad se puede considerar como el centro de masa. Su alineamiento diferiría solo en
cuerpos largos en los que la fuerza gravitacional de la tierra no es la misma para todos los componentes del
cuerpo. El hecho que estos puntos sean los mismos para la mayoría de los cuerpos, es la razón porque los
balanceadores estáticos (no – rotacionales), los cuales pueden solo medir el centro de gravedad, pueden ser
usados para localizar el centro de masa.
CENTRO DE MASA
El centro de masa es el punto del cuerpo donde se concentra el valor de todas sus masas. Si un vector de
fuerza pasa a través de este punto el cuerpo se moverá en línea recta, sin rotación. La segunda ley de Newton
del movimiento describe este movimiento como , donde la suma de fuerzas , actuando sobre un
cuerpo es igual al producto de la masa (), por la aceleración ().
EJES GEOMÉTRICOS
El eje geométrico se conoce también como eje de rotación. Este eje de rotación es determinado ya sea por la
superficie sustentadora rotatoria, la cual existe en la pieza de trabajo, o por la superficie de montado. Una
adecuada superficie de montado establece el centro de rotación en el plano del centro de masa (el punto en el
cual el centro de masa está localizado).
EJE DE INERCIA PRINCIPAL
Cuando una parte no tiene forma de disco y tiene longitud a través del eje de rotación, ésta gira en el espacio
libre sobre una línea. Esta línea es llamada “eje principal de inercia”, el centro de masa es un punto sobre esta
línea. Cuando el eje de inercia principal coincide con el eje de rotación, la parte girará sin fuerzas de
desbalance.
En resumen, un estado de balance es una condición física que existe cuando hay una distribución de masa
total uniforme. El balanceo estático existe cuando el centro de masa está sobre el eje de rotación. Mientras
que, el balanceo dinámico y de acoplamiento existen cuando el eje principal de inercia coincide con el eje de
rotación
Lección No 10. Balanceo
10.2 ECUACIONES PARA EL BALANCEO
Si el rotor gira alrededor del eje con una velocidad angular constante, sobre cada masa elemental estará
aplicada una fuerza de inercia y esta fuerza producirá un momento en el centro de masa.
Estas fuerzas se denominan fuerzas de inercia centrífugas. La magnitud para una masa , alejada del eje de
giro una distancia , se calcula mediante la fórmula:
donde:
30
es la fuerza de inercia centrífuga en [N];
la masa en [kg];
el radio de giro en[m];
la velocidad angular en [s-1];
n el número de revoluciones por minuto.
Figura 10.1 Fuerza de inercia y sus momentos
El signo del vector indica que la fuerza de inercia está dirigida, en la misma dirección del radio , a partir del
eje de rotación .
Se elige el plano de coordenadas , , tal que pase por el centro de masas del cuerpo. La fuerza de inercia P
origina, respecto a los ejes , , los momentos MZ y My. Para determinar estos momentos se descompone la
fuerza de inercia en los componentes cos y sin, paralelos a los ejes , .
!" !"
# "$ "$
El momento resultante se determina:
% & # ω
El ángulo se obtiene de la relación de momentos:
#
sin tan cos
10.2
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De las ecuaciones anteriores se deduce, que el vector del momento es siempre perpendicular al vector de la
fuerza de inercia .
Un cuerpo giratorio consta de un número infinito de masas elementales ) , alejadas a una distancia ) , del eje
de rotación y a una distancia ) del plano , que pasa por el centro de masas del cuerpo. Por lo tanto, la
fuerza de inercia resultante de todo el cuerpo será:
*+ ∑ ) *+-
(10.1)
y el momento resultante de todas las fuerzas de inercia del cuerpo con respecto al eje, que se encuentra en el
plano z-y y pasa por el punto .
**+ ∑ ) /*+- *+0
-
(10.2)
El vector ∑ ) *+- se denomina momento estático y como se conoce de la mecánica, es igual a **+,
1 donde es
la masa de todo el cuerpo y 1 la distancia del centro de masa S del mismo respecto al eje de giro.
Considerando lo anterior, la fórmula 10.1 se puede también escribir de la forma
*+ ∑ ) *+- **+1
(10.3)
****+
El vector ∑ ) /*+- *+0
- se puede denominar momento centrífugo de inercia (234 ) respecto al eje y al plano 5
. La fórmula 10.2 se puede también escribir de la forma
**+ ∑ ) /*+- *+0
- ****+
234
(10.4)
**+ ya no son recíprocamente perpendiculares y forman, el uno respecto al otro,
Los vectores resultantes *+ y **+ giran junto con él, y por eso entre ellos se conserva
cierto ángulo α. Al girar el cuerpo, los vectores *+ y constantemente un mismo ángulo α.
Un cuerpo se considera totalmente equilibrado, si tanto la fuerza de inercia resultante como el momento
resultante de las fuerzas de inercia son igual a cero. De las anteriores ecuaciones se desprende que las
condiciones de equilibrio total del cuerpo son:
**+1 ∑ ) *+- 0
(10.5)
****+
234 ∑ ) /*+- *+0
- 0
(10.6)
La condición (10.5) se satisface para el caso en que 1 0, es decir, cuando el centro de masas se encuentra
en el eje de giro. La condición 234 0 se cumple, sólo en aquel caso en que el eje de giro del cuerpo coincida
con uno de los ejes principales de inercia.
UNIDADES DE DESBALANCE
El desbalance puede ser definido como el peso que ha ser agregado o removido en un radio de corrección. Las
unidades de peso pueden ser cualquier unidad conveniente de medición la cual toma en cuenta el peso del
equipo disponible y el tamaño de toda la unidad de medición. Gramos (6), onzas (!) y kilogramos (76) son
las unidades más comunes. Ocasionalmente los Newton (N) son utilizados, pero para uso práctico deben ser
convertidos a unidades de peso disponibles, las unidades de longitud usualmente corresponden a las unidades
de longitud de los dibujos de los estándares de los fabricantes. Las más comunes son pulgadas (in), milímetros
(mm), centímetros (cm) y metros (m). Las más comunes combinaciones usadas para especificar desbalance
son onza-pulgada (oz-in), gramos-pulgada (g-in), gramo-milímetro (g-mm), gramo-centímetro (g-cm) y
kilogramo-metro (kg-m).
10.3
Lección No 10. Balanceo
10.3 TIPOS DE DESBALANCE
La localización del centro de masa y el eje principal de inercia se determina de acuerdo con la distribución de
los distintos elementos diferenciales de masa que componen el cuerpo. Sin embargo, cualquier condición de
desbalance puede ser corregida aplicando o removiendo peso en un radio y ángulo particulares, de hecho la
cantidad de desbalance, P, puede ser definida correctamente como una masa m, en un radio r.
10.3.1
DESBALANCE ESTÁTICO
Es una condición que existe cuando el centro de masa no está sobre el eje de rotación, puede ser también
explicada como la condición cuando el eje principal de inercia es paralelo al eje de rotación. Para corregir el
desbalance estático se requiere solo una masa de corrección. La cantidad de desbalance es el producto del
peso por el radio. Este tipo de desbalance es un vector, y por eso, debe ser corregido con un peso conocido en
un ángulo particular. Fuerza de desbalance es otro nombre para el desbalance estático.
La figura 10.2 representa un ejemplo de desbalance estático.
Figura 10.2 Desbalance estático
Puede ser detectado ubicando el rotor sobre dos apoyos prismáticos. La parte más pesada tenderá a ubicarse
siempre por debajo del eje de rotación o lo que es lo mismo, el eje longitudinal de inercia quedará por debajo
del eje de rotación.
Este tipo de desbalance puede identificarse también comparando las mediciones de amplitud y fase en los
extremos del rotor. Rotores simétricos soportados por cojinetes idénticos exhibirán idénticos valores de
amplitud y fase de las vibraciones filtradas a la frecuencia de rotación, si el desbalance es de tipo ESTÁTICO.
EJEMPLO 10.1
Si un eje (figura 10.3) rota a una velocidad angular de 8 9" :; < y posee una sola masa ; [kg] cuyo centro de
gravedad está en ; [m] desde el eje de rotación, el eje experimentará una fuerza centrífuga de magnitud
; ;
[N]. Esta fuerza, que está cambiando continuamente de dirección, causa que el eje ejerza fuerzas
sobre los apoyos, y estas fuerzas serán transmitidas al bastidor y a las bases de la máquina.
Los efectos de la fuerza centrífuga ocasionada por la masa en rotación pueden ser eliminados (minimizados)
adicionando una masa = , cuyo centro de gravedad se encuentre en el plano diametral de ; , pero en sentido
opuesto a una distancia = , desde el eje de rotación de tal modo que se cumpla:
;
;
=
10.4
=
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Figura 10.3 Balance en un plano
Se puede notar que para las dos masas en el mismo plano, el eje se encuentra en balanceo tanto estático como
dinámico. El centro de gravedad se encuentra en el eje del árbol y permanece allí en una posición fija con
respecto al bastidor del la máquina sin importar si se encuentra en reposo o en movimiento.
VARIAS MASAS ROTANDO EN UN MISMO PLANO TRANSVERSAL
Si varias masas m1, m2, m3, etc., se encuentran en el mismo plano transversal, como se aprecia en la figura
10.4, el árbol está sometido a un sistema concurrente de fuerzas centrífugas, ; ; , , etc.
Sea *+ el vector suma (resultante) del sistema de fuerzas:
*+ > ) *+- ?; ***+; & ***+ & … & A ***+B
A > C
La condición para que este sistema sea balanceado es que *+ 0, o que 8 ∑ C 0. Luego, los términos
; ; , , etc. pueden ser sumados vectorialmente.
La ecuación
∑ mR = 0 requiere que el centro de gravedad del sistema se encuentre en el eje del árbol.
En la figura 10.4, los vectores ; ; , , etc., son sumados iniciando desde el punto A. El vector adicional
(de E hacia A) cierra el polígono y hace que *+ 0. Este vector de balanceo se obtiene ubicando una masa D
en un radio D , en la dirección indicada por el polígono.
Figura 10.4 Balance en un plano de varias masas
Diferentes valores de D y D , pueden ser tomados dependiendo del espacio o de otros requerimientos, pero
el producto entre los dos siempre debe permanecer constante en el valor determinado por el polígono.
10.3.2
DESBALANCE DE ACOPLAMIENTO
Es una condición específica que existe cuando el centro de masa se encuentra sobre el eje de rotación y el eje
principal de inercia no es paralelo con el mismo. Para corregir el desbalance por acoplamiento, deben ser
10.5
Lección No 10. Balanceo
agregados dos pesos iguales a la pieza de trabajo en ángulo de separación de 180 grados en dos planos de
corrección, la distancia entre estos dos planos es llamada “brazo de acoplamiento”. El desbalance de
acoplamiento es un vector que describe la corrección. Es común para los balanceadores desplegar el vector de
desbalance izquierdo de una corrección de acoplamiento para ser aplicado en ambos planos izquierdo y
derecho.
El desbalance de acoplamiento es expresado como · · , donde M es la cantidad de desbalance,
· · es el producto de la masa por su radio por la distancia , del brazo de acoplamiento. El
desbalance de acoplamiento es definido como la masa por su longitud al cuadrado, unidades comunes para el
desbalance de acoplamiento serian g-mm2 o onza-pul2. El ángulo es el ángulo de corrección en el plano
izquierdo (note que en mecánica, el ángulo es perpendicular al plano del radio del vector y el vector del brazo
de acoplamiento, este es un ángulo de 90 grados en relación a la localización del peso). El desbalance de
acoplamiento puede ser corregido en cualquiera de los dos planos, pero primero la cantidad tiene que ser
dividida por la distancia entre los planos seleccionados.
Mientras que el desbalance estático puede ser medido con un balanceador no rotacional, un desbalance de
acoplamiento solo puede ser medido al girar la pieza de trabajo. El siguiente dibujo representa un ejemplo de
desbalance de acoplamiento.
Figura 10.5 Desbalance de acoplamiento
EJEMPLO 10.2
Si un árbol (figura 12.2) contiene dos masas m1 y m2 en planos diferentes de rotación pero en el mismo plano
axial, o sea, el mismo plano pasa a través del eje del árbol, y si, desde luego, las fuerzas centrífugas ; ;
y
son iguales, entonces el árbol está sometido a la acción de un desbalance de acoplamiento. Este
desbalance de acoplamiento tiende a hacer girar el árbol en un plano axial y es resistido por un par de fuerzas
iguales y opuestas aplicadas al eje de rotación en los rodamientos.
Figura 10.6
Las dos masas que rotan pueden ser balanceadas introduciendo dos masas adicionales F y G en el mismo
plano axial de tal modo que el acople centrífugo entre ellas sea igual al acoplamiento centrífugo entre ; y
. Esto es:
;
;
H F
F
I y F
F
G
G
10.6
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10.3.3
DESBALANCE EN DOS PLANOS O BALANCEO DINÁMICO
Es también definido como el desbalance dinámico. Es una suma vectorial de desbalance estático y desbalance
de acoplamiento. Para corregir es necesario tener dos planos de balanceo y se requiere dos pesos de
corrección, uno en cada plano en dos ángulos no relacionados. La especificación de desbalance solamente es
completa si se conoce el lugar del eje axial del plano de corrección. El desbalance dinámico o desbalance en
dos planos especifica todo el desbalance que presenta una pieza de trabajo.
Este tipo de desbalance puede solo ser medido en un balanceador giratorio el cual detecta la fuerza centrífuga
debida al componente de acoplo de desbalance.
El siguiente dibujo representa un ejemplo de desbalance dinámico.
Figura 10.7 Desbalance dinámico
VARIAS MASAS ROTANDO EN PLANOS TRANSVERSALES DIFERENTES
En la figura 12.4, las masas ; y están conectadas al eje de un árbol sobre la línea J 5 J; y los centros de
gravedad de las dos masas están situados en los planos K; y K . Las fuerzas debidas a la rotación del sistema
son L; y L . En el punto . del eje del árbol se encuentra un plano transversal KD (llamado el plano de
referencia).
En el punto . del plano de referencia introducimos dos fuerzas iguales y opuestas L; paralelas a la fuerza
original del plano K; . La fuerza L; en . y la fuerza opuesta L; en .; forman un acoplamiento centrífugo
cuyo momento es ; ; H; , donde es la velocidad angular del árbol. Luego, la fuerza L; que actúa en el
punto .; del plano K; puede ser reemplazada por una fuerza igual y paralela actuando en el punto . del
plano de referencia y un par cuyo memento es L; H; . Del mismo modo la fuerza L que actúa en el punto .
del plano K puede ser reemplazada por una fuerza L igual y paralela que actúe en el plano de referencia y
por un par cuyo momento es L H H .
Figura 10.8
10.7
Lección No 10. Balanceo
Es evidente que el plano de referencia se puede elegir arbitrariamente, y el sistema de fuerzas en el sistema
rotativo puede ser reducido a un sistema de fuerzas concurrentes que actúan en el plano de referencia y un
sistema de pares que actúan en varios planos axiales. La fuerza, si no está balanceada, tiene una sola
resultante en el plano de referencia, y los pares, si no están balanceados pueden ser reducidos a un solo par en
el mismo plano axial. Sin embargo, en general, el sistema de fuerzas, si no está balanceado puede ser reducido
a una sola fuerza y un solo par. La magnitud del par dependerá de la posición que se escoja para el plano de
referencia.
Luego, las condiciones de balance para masas rotando en diferentes planos transversales son las siguientes:
1.
El vector suma de todas las fuerzas centrífugas debe ser cero. Esto es,
>
2.
0
El vector suma de los momentos de todas las fuerzas con respecto a cualquier plano de referencia
elegido arbitrariamente debe ser cero, o sea,
>
H0
Para balancear este tipo de sistemas, se requiere al menos de dos masas adicionales en planos transversales
diferentes. O sea que la fuerza debe ser balanceada por una masa en el plano de referencia, y los momentos
por una masa situada en algún otro plano transversal.
MÉTODO GRÁFICO DE BALANCEO PARA CUALQUIER NÚMERO DE MASAS
En la figura 9.11 se presenta un rotor con varias masas desbalanceadas ubicadas en planos diferentes, se
muestra la posición angular de cada una de las masas en su plano respectivo, y los planos I y II en los que se
adicionaron los contrapesos para balancear al rotor.
Figura 10.9
De acuerdo con la figura 10.9, se requiere balancear el sistema de tres masas en rotación ; , y F . La
solución consiste en aplicar las condiciones de balance desarrolladas en el párrafo anterior. Estas condiciones
obedecen a las ecuaciones:
∑
0 y ∑
H0
10.8
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o si se elimina el término común
,
∑ 0 y ∑ H 0
El problema se puede resolver mediante dos métodos, el primero depende de las relaciones de fuerza y de
momento, y el segundo depende sólo de la relación de momentos. En ambos métodos, los planos en que se
encuentran las masas correctoras (=; y = ) se representan como Plano I y Plano II.
Primer método. Sean las masas “; , , F,” en 76 y las distancias en . Los planos de referencia se
eligen como se muestra, el lado izquierdo del Plano I de referencia se toma como el lado positivo. La masa
correctora =; se encuentra en el Plano I a una distancia =; y la masa correctora = se encuentra en el Plano
II a una distancia = .
El primer paso consiste en calcular los términos H para las masas ; , , F . Debe notarse que la masa
al encontrarse en el lado derecho del plano de referencia genera un momento negativo.
El siguiente paso es dibujar el polígono de momentos que muestra que la suma de los momentos con respecto
al Plano I es cero. El polígono se muestra en la siguiente figura. En el lado positivo del plano de referencia,
las direcciones de los momentos coinciden con las direcciones de las fuerzas. El momento H que es
negativo se representa por un vector que tiene una dirección opuesta a la dirección de la fuerza centrífuga de
la masa . La masa de balanceo desconocida =; , situada en el Plano I de referencia no genera momento. El
momento =; =; H=; generado por la masa de corrección desconocida =; está dado por el vector que cierra
el polígono de momentos. Asumiendo que =; está situado al lado izquierdo (positivo) del plano de
referencia, la dirección de su radio será la misma que tenga el vector =; =; H=; .
Figura 10.10
Sólo resta determinar las características de la masa de balanceo = ubicada en el Plano II de referencia. Para
ello se aplica la relación de fuerza que indica que el vector suma de todas las fuerzas centrífugas debe ser
cero.
Las cantidades se calculan para todas las masas conocidas incluyendo la masa de balanceo =; . El
polígono de fuerzas se muestra en la figura 10.10, el vector que cierra el polígono es el vector que representa
la cantidad = = . Para este caso se puede asumir el valor del radio y calcular la masa o viceversa.
Segundo método. El segundo método para solucionar el problema (ver figura 10.11) es exactamente similar
al primero hasta la determinación del la masa correctora =; .
10.9
Lección No 10. Balanceo
Figura 10.11
El resto del problema consiste solamente en tomar momentos con respecto al plano de la masa correctora =;
y dibujar un segundo polígono de momentos así como se indica en la figura anterior. En este caso el lado
derecho del Plano I de referencia ha sido tomado como el lado positivo. El lado que cierra el polígono es el
vector = = I= , donde I) son las distancias tomadas desde el Plano I hasta cada una de las masas,
incluyendo la correctora desconocida del Plano II.
MÉTODO ANALÍTICO DE BALANCEO DE MASAS
Con frecuencia es conveniente utilizar métodos analíticos en la solución de problemas de balanceo en lugar de
los métodos gráficos enunciados antes. Para aplicar el método analítico a un sistema de masas en rotación, las
fuerzas se descomponen es sus componentes vertical y horizontal, como se muestra en la figura 10.12. Las
condiciones de balanceo se expresan mediante las siguientes ecuaciones:
Fuerzas horizontales:
Fuerzas verticales:
Momentos horizontales:
Momentos verticales:
∑ ) ) cos) 0
∑ ) ) sin) 0
∑ ) ) ) cos) 0
∑ ) ) ) sin) 0
Con las dos primeras ecuaciones satisfechas se tendrá balanceo estático; para el balanceo dinámico se tienen
que cumplir las cuatro ecuaciones.
Figura 10.12
10.10
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EJEMPLO 10.3 BALANCEO: MÉTODO ANALÍTICO Y MÉTODO GRÁFICO
En la figura 10.13 se muestra un sistema de tres masas desbalanceadoras. Encontrar las respectivas masas de
balanceo en los planos A y B. Los valores de las masas y su ubicación se muestran en la tabla 10.1
Tabla 10.1 Datos para el ejemplo 10.3
1
2
3
mi [g]
60
50
70
ri [mm]
100
80
90
θi [°]
30
135
210
Figura 10.13
MÉTODO ANALÍTICO:
CÁLCULO DE LA MASA EN EL PLANO B:
li
-300
400
600
Σ
Σ
∑ M ?)
mi ri cos θi
5196
-2828,4
-5456
mi ri sin θi
3000
2828,4
-3150
mB rB cos θB = 7454,7
4366,3
mB rB sin θB = 2073,3
4751,7
mi ri
6000
4000
6300
)
cos) B & N
N MN cosN
0, por lo tanto N
Reemplazando MN 800 , se tiene: N
∑ M ?) ) sin) B & N
N MN sinN
N
Si se toma
=
M
W?N
N
N
MA(mi ri sin θi)
-900000
1131360
-1890000
-1658640
cosN 5963760 g mm2
cosN 7454,7 g mm
0, por lo tanto N N MN "$N 1658640 g mm2
Reemplazando MN 800 , se tiene: N
donde: N
N
N MN
MA(mi ri cos θi)
-1558800
-1131360
-3273600
-5963760
cos N & N
N
N
sinN 2073,3 g mm
sin N B 7737,64 g · mm
= 100 mm
N 77,464 g y N 15,54 °
CÁLCULO DE LA MASA EN EL PLANO A:
Se debe anexar en las columnas correspondientes el valor de la fuerza inercial generado por la masa en el
plano B.
∑ ) ) cos) & M
M
cosM 0, por lo tanto M M cosM 54366,3 g mm, y
∑ ) ) sin) & M
M
sinM 0, por lo tanto M M sinM 54751,7 g mm,
10.11
Lección No 10. Balanceo
donde: M
M
W?M
M
cos M & M
M
sin M B 6453,16 g · mm
M 64,53 g y M 47,42 & 180 227,42°
MÉTODO GRÁFICO:
CÁLCULO DE LA MASA EN EL PLANO B: ver figura 10.14
1
2
3
Plano B
mi ri
6000
4000
6300
li
-300
400
600
mi ri l i
-1800000
1600000
3780000
6190143,2
Figura 10.14
Para B 800 y
B
100 , se tiene
B 77,4 g y B 16 °
CÁLCULO DE LA MASA EN EL PLANO A:
1
2
3
Plano B
Plano A
mi ri
6000
4000
6300
7740
6488
Figura 10.15
Si
A
100 mm, se tiene
A 64,9 g y A 228°
En la tabla 10.2 se presenta un resumen de los procedimientos recomendados según la geometría del motor y
las condiciones de operación.
10.12
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Tabla 10.2 MODOS DE BALANCEO
MODELO DE BALANCEO
ROTOR
RELACIÓN L/D
UN PLANO
DOS PLANOS
MÚLTIPLES
PLANOS
Menor que 0,5
Hasta 1000 rpm
Superior a 1000 rpm
NO
Mayor que 0,5 y
menor que 2
Hasta 150 rpm
150-2000 rpm
Superior a 70% Vel.
Crítica
Superior a 2000
rpm. Superior a 70%
Vel. Crítica
Mayor que 2
Hasta 100 rpm
Superior a 100 rpm
y hasta el 70% Vel.
Crítica
Superior a 70% Vel.
Crítica
10.4 EJEMPLO DE BALANCEO EN UN PLANO
Cuando se habla de balancear en un plano se está haciendo referencia a la acción de efectuar las correcciones
en sólo una cara del rotor. Para llevar a cabo el balanceo en un plano se pueden emplear diferentes técnicas,
de acuerdo con la instrumentación disponible.
Balanceo en un plano sin medición de fase: no siempre se dispone de un instrumento para medir fase o por
determinadas razones se hace imposible la medición de este parámetro, resulta de gran valor práctico poder
disponer de una técnica para balancear sin contar con la información de fase.
De manera que, sólo será necesario medir la amplitud de las vibraciones preferiblemente a la frecuencia de
rotación. De igual forma será necesario marcar en el rotor las posiciones 1, 2 y 3 a 90º entre sí, según se
ilustra en la figura 10.16.
El método consiste en realizar cuatro corridas de prueba. En la primera de ellas se medirá la amplitud de las
vibraciones; es decir, se tomará la lectura original V0.
Para la segunda corrida de pruebas se fijará una masa de pruebas de valor conocido MT en la posición 1 y
nuevamente se medirá la amplitud de las vibraciones, ahora identificada como V1. Esta lectura será
proporcional al efecto de la acción conjunta del desbalance original más el provocado por la masa de pruebas
ubicada en la posición 1.
Figura 10.16 Procedimiento para el balanceo por cuatro corridas
10.13
Lección No 10. Balanceo
Posteriormente, la masa de pruebas se moverá desde la posición 1 hacia la posición 2, conservando igual radio
de fijación que el empleado para la prueba anterior. Nuevamente se medirá la amplitud de las vibraciones y la
lectura V2 será proporcional al efecto de la acción conjunta del desbalance original más el provocado por la
masa de pruebas en la posición 2.
Del tratamiento vectorial de estas magnitudes medidas se podrá obtener como resultado la amplitud de las
vibraciones VT provocadas por el efecto único de la masa de pruebas así como el ángulo de posición del
desbalance original Vo respecto de la posición 1, según se muestra a continuación.
V12 + V22 − 2 Vo2
2
VT =
α 0 = acos
V22 − V12
4VT V0
Ahora el problema radica en analizar en qué sentido, horario o antihorario, se deberá recorrer α0 para
identificar la posición del desbalance original, representado por V0.
Para ello será necesario ejecutar la cuarta prueba, moviendo la masa de pruebas desde la posición 2 hacia la
posición 3. Según la nueva lectura V3 se evidenciará en qué sentido recorrer el ángulo α0
Las lecturas de vibraciones debidas a problemas de desbalance guardan igual proporción que las masas
desbalanceadas que los provocan por lo cual se puede calcular la masa de corrección Mc a partir de:
MC = MT
V0
VT
Ejemplo 10.4
Se requiere balancear un rotor que presenta grandes vibraciones. Solo se dispone de un equipo para la
medición de la velocidad de la vibración y no se dispone de ningún instrumento para la medición de fase. La
medición inicial de la vibración sin adicionar contrapeso fue de 25 mm/s, según la norma ISO 10816 se
corresponde con un nivel no permisible. Para el balanceo se dispone de una masa de prueba de 50 g y se
dispone de cuatro sitios ubicados a 90 cada uno para el balanceo. Se adiciona la masa de prueba en la posición
a 0º y se mide una vibración de 22,2 mm/s. Posteriormente se quita el contrapeso de prueba y se ubica en la
posición correspondiente con 180º con lo que se obtiene una vibración de 34,7 mm/s. En la cuarta corrida, se
ubica el contrapeso en la posición 270º y se obtiene una vibración de 13,8 mm/s. Calcule los contrapesos que
se requieren adicionar y su posición para balancear el rotor.
De acuerdo con las mediciones realizadas, el valor de la vibración de la primera medición sin adicionar
contrapesos es V0 = 25 mm/s. La medición con el contrapeso a 0º se corresponde con la ubicación en 1, por lo
que se obtiene V1 = 22,2 mm/s, y la de 180º con la posición 2, V2 = 34,7 mm/s. La última medición nos indica
que el contrapeso se debe ubicar en la parte inferior del rotor.
El efecto del contrapeso se obtiene mediante:
VT =
V12 + V22 − 2V02
=
2
α 0 = acos
22, 22 + 34, 7 2 − 2 ⋅252
= 15 mm/s
2
V22 − V12
34, 7 2 − 22, 22
= acos
= 61, 7º
4VT V0
4 ⋅15 ⋅ 25
10.14
FACULTAD DE INGENEIRÍA MECÁNICA - UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA
De acuerdo con los resultados de la cuarta medición, este ángulo debe ser medido en sentido horario ya que el
contrapeso en la posición 270º redujo el nivel de la vibración. Para calcular la masa para balancear, se utiliza
la siguiente expresión:
MC = MT
V0
25 mm/s
= 50 g ⋅
= 83,3g
VT
15 mm/s
Método alterno de las cuatro corridas
Existe un segundo método para realizar un balanceo aproximado del eje, en este segundo método también se
requieren cuatro corridas tomando la señal de vibración sin referenciar la fase. Se emplea el valor de vibración
del sistema en la velocidad de operación o frecuencia de 1X.
•
Se realizar la primera corrida del equipo y se toma la señal de la máquina en su estado inicial (V0). Con el
valor obtenido se grafica una circunferencia con radio V0, figura 10.17.
P2
V0
P1
P3
Figura 10.17 Representación de la vibración inicial y ubicación de las masas
•
•
Se selecciona una masa de prueba MT, se seleccionan tres puntos equidistantes (P1, P2, P3) en donde se
pondrá la masa de prueba y con los que se harán las siguientes tres corridas.
Se pone la masa de prueba en la posición 1 se realiza la segunda corrida obteniendo un valor de vibración
V1. Se grafica un círculo en la posición 1 cuyo radio es V1, figura 10.18.
•
•
•
•
Se pone la masa de prueba en la posición 2 y se realiza la tercera corrida obteniendo un valor de
vibración V2. Se grafica un círculo en la posición 2 cuyo radio es V2, figura 10.18.
Se pone la masa de prueba en la posición 3 y se realiza la segunda corrida obteniendo un valor de
vibración V3. Se grafica un círculo en la posición 3 cuyo radio es V3, figura 10.18.
Se traza un vector desde el centro del plano polar hasta la región de intersección de los tres círculos
(Vc). Dicho vector representa la masa de corrección necesaria para balancear el sistema.
Se determina el valor de la masa de corrección utilizando la masa de prueba y los valores de la
lectura inicial de vibración V0 y el valor del vector de corrección VT.
V
MC = 0 MT
VT
10.15
Lección No 10. Balanceo
V2
P2
V0
V1
P1
Vc
P3
V3
Figura 10.18 Determinación de la masa de balanceo
Ejemplo 10.5
En un banco de ensayos que opera a 900 min-1 se tiene un desbalance que produce una vibración. Para el
balanceo se decide utilizar el método de cuatro corridas. La vibración inicial es V0 = 0,539 mm/s. Para el
balanceo se utiliza una masa de prueba MT = 11,7 g que se ubicará a 0°, 120°, 240°. Los valores obtenidos
cuando se utilizó la masa de pruebas en estas posiciones fueron:
V1 = 0,7485 mm/s
V2 = 0,4166 mm/s
V3 = 0,5744 mm/s
(0°)
(120°)
(240°)
En la figura 10.19 se representan los valores de vibración obtenidas en el procedimiento. Se determinó la
región de interferencia con los círculos con radios V1, V2 y V3 desde el punto de ubicación de la masa de
prueba. Según los resultados obtenidos, el valor de la vibración es VT = 0,192 mm/s a 155°.
Figura 10.19 Análisis de resultados del ejemplo 10.5
10.16
FACULTAD DE INGENEIRÍA MECÁNICA - UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA
10.5 EQUILIBRADO DE UN CUADRILÁTERO ARTICULADO
Cuando un eslabón está en movimiento, transmite fuerzas a su alrededor. Si este eslabón está desbalanceado,
sus fuerzas de inercia contribuyen a la generación de vibraciones, ruido, desgaste y, por lo tanto, problemas de
fatiga. Si un mecanismo es balanceado completamente, la suma vectorial de las fuerzas de inercia que actúan
sobre la estructura es cero. En un mecanismo articulado, se puede reducir el efecto de estas fuerzas, mas no
eliminar completamente, debido a la existencia de eslabones que se mueven sin tener un apoyo fijo. Un
método para obtener este resultado es el método de los vectores linealmente independientes, que permite
redistribuir las masas de los eslabones de tal forma que los términos dependientes del tiempo de la función
que describe el movimiento del centro de masas de los eslabones móviles del cuadrilátero articulado sean
cero.
10.5.1 MÉTODO DE LOS VECTORES LINEALMENTE INDEPENDIENTES
En la figura 10.20 se representa un cuadrilátero articulado con los respectivos centros de masas de los
eslabones móviles, representados por G1, G2 y G3. Los vectores Li con i = 1, 2, 3, y 4, permiten la ubicación
relativa entre los pares de rotación; los vectores di con i = 1, 2, y 3, ubican al centro de masas del eslabón i
con respecto a un par de rotación del eslabón. Los ángulos φi definen la orientación del vector Li con respecto
a la horizontal.
G2
d2
L3
Y B
d1
C
L2
γ2
2
φ2
L1
G1 1
G3
3
φ3
d3
γ1
φ1
γ3
X
A
D
L4
Figura 10.20 Descripción de las variables
De la geometría del mecanismo se obtiene la ecuación vectorial que describe la ubicación del punto C con
respecto al sistema de coordenadas XY con origen en el apoyo A:
L1 + L 2 = L3 + L 4
10.7
La representación compleja, en el sistema coordenado OXY, de la anterior expresión es:
L1 e j φ1 + L2 e j φ2 = L4 + L3 e j φ3
10.8
El centro de masas de los elementos móviles del cuadrilátero articulado es dado por la ecuación del primer
momento:
Ls =
m1 d 1 + m2 ( L1 + d 2 ) + m3 ( L 4 + d 3 )
m
10.17
10.9
Lección No 10. Balanceo
siendo m la masa del conjunto de eslabones móviles del mecanismo y Ls el vector que posiciona el centro de
masas de los eslabones móviles del cuadrilátero articulado con respecto al origen del sistema coordenado
OXY. La representación compleja de la Ec 10.9 viene dada por la siguiente expresión:
j φ1 + γ1 )
Ls =
m1d1e (
(
j φ2 + γ 2 )
+ m2 L1e jφ1 + d 2 e (
) + m (L
3
4
j φ3 + γ3 )
+ d3e (
)
10.10
m
En la expresión 10.10 se elimina el término φ2 mediante el reemplazo de la expresión 10.8:
m1 d 1 e
Ls =
j ( φ1 +γ1 )

L L

L
j φ +γ
+ m2  L1e j φ1 + d 2 e j γ2  4 + 3 e j φ3 − 1 e j φ1   + m3 L 4 + d 3 e ( 3 3 )
L2
 L2 L2


m
(
)
10.11
Si se agrupan los términos que dependen del tiempo, φ1 y φ3, se obtiene:



 

L
L
L
e j φ1  m1 d 1 e j γ1 + m2 L1 − m2 1 d 2 e j γ 2  + e j φ3  m2 d 2 3 e j γ2 + m3 d 3 e j γ3  +  m3 L 4 + m2 4 d 2 e j γ 2 
L2
L2
L2



 
 10.12
Ls =
m
Si los coeficientes de ejφ1 y ejφ3 se anulan, el centro de masas de los eslabones móviles estaría en reposo y por
lo tanto la ∑ Fexteriores = 0 ya que a(G) = 0. De la aplicación de esta condición se obtienen las siguientes
ecuaciones:
m1 d 1 e j γ1 + m2 L1 − m2
L1
d 2 e j γ2 = 0
L2
L
m2 d 2 3 e j γ 2 + m3 d 3 e j γ3 = 0
L2
10.13
De acuerdo con la expresión 10.13, el balanceo del mecanismo articulado se obtiene con un diseño adecuado
de la geometría y de la distribución de la masa de los eslabones móviles. Cualquier combinación de
contrapesos de balanceo y ubicación del centro de masas puede ser utilizada si se cumple la expresión 10.13.
10.5.2 DISEÑO DEL MECANISMO DE DOBLE MANIVELA
En la tabla 10.3 se presentan las propiedades de los eslabones de un mecanismo de doble manivela que se
diseña teniendo en cuenta el balanceo del mecanismo. La longitud del eslabón fijo es de 25 mm.
Tabla 10.3 Propiedades de los eslabones del mecanismo de doble manivela
Eslabón
Masa
[kg]
Longitud
[mm]
Manivela
Acoplador
Eslabón conducido
0,20757
0,0729
0,27025
75
75
100
Momento de Inercia,
respecto a CM
[kg mm2]
483,78
59,57
928,71
Posición del centro
de masas
[mm]
(0, -12,8)
(37,5, 0)
(0, -13,1)
La figura 10.21 presenta los eslabones móviles del mecanismo de doble manivela con el propósito de ilustrar
la distancia entre los pares cinemáticos, la ubicación del centro de masas y el sistema local de coordenadas
para su ubicación.
10.18
FACULTAD DE INGENEIRÍA MECÁNICA - UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA
R15
Y
75
Y
75
G2
X
G1
X
56
R31
a) Manivela
b) Acoplador
R15
Y
100
X
G3
70
R33
c) Eslabón conducido
Figura 10.21 Diseño de los eslabones del mecanismo de doble manivela
En la figura 10.22 se presenta la trayectoria del centro de masas de los eslabones móviles del cuadrilátero
articulado; se observa que la variación de la trayectoria es pequeña y se considera que con el diseño de sus
eslabones se obtiene un equilibrado adecuado.
YG [mm]
0,4
0,2
0
-0,2
-0,4
13,5
14
14,5 XG [mm]
Figura 10.22 Trayectoria del centro de masas de los eslabones móviles del cuadrilátero articulado
10.19
Lección No 10. Balanceo
En la figura 10.23 se presenta el diagrama polar del vector fuerza de inercia residual,
∑ −m a
i
Gi
, el eslabón
conductor gira a velocidad angular constante –ω1 = 13,823 rad/s– y existe un par resistivo constante en el
eslabón conducido –ΓD = 2 N m.
FY [N]
0,04
0,02
FX [N]
-0,04
-0,02
0,02
0,04
0,06
-0,02
-0,04
-0,06
Figura 10.23 Variación polar de la fuerza de inercia total del mecanismo
Con este método de balanceo se obtiene que la suma de las fuerzas que actúan sobre el mecanismo es
constante; sin embargo, las fuerzas individuales que se transmiten a las articulaciones fijas varían con el
tiempo. La magnitud de estas fuerzas puede ser mayor en el mecanismo balanceado, debido a la adición de
contrapesos, que en el caso desbalanceado. En general, estas fuerzas producen un momento en el bastidor
variable con el tiempo.
En el caso del equilibrado del cuadrilátero articulado en el que los eslabones no pueden ser modificados, se
obtiene un resultado equivalente al adicionar dos contrapesos, unidos a los dos eslabones móviles.
Generalmente, es más conveniente seleccionar los eslabones conductor y conducido.
10.6 EJERCICIOS
10.1 En la figura P 10.1 se presenta un eje con tres masas desbalanceadas, para reducir las vibraciones
producidas por el desbalanceo, se propone utilizar dos masas correctoras en los planos A y B. Calcule las
masas requeridas en estos planos y especifique su ubicación.
Los datos requeridos son: m1 = 4 kg, m2 = 4 kg, m3 = 4 kg, θ1 = 90º, θ2 = 225º, θ3 = 315º, r1 = 100 mm,
r2 = 150 mm, r3 = 250 mm.
75 mm
100 mm
m
100 mm
250 mm
A
m
B
1
1
θ1
θ2
m
m
m
θ3
2
2
m
3
3
Figura P.10.1
10.20
FACULTAD DE INGENEIRÍA MECÁNICA - UNIVERSIDAD TECNOLÓGICA DE PEREIRA
Respuesta: mArA = 861,46 kg mm θA = 134,7º, mBrB = 344,52 kg mm θB = 20,24º
10.2 En la figura P 10.2 se presenta un eje con tres masas desbalanceadas, para reducir las vibraciones
producidas por el desbalanceo, se propone utilizar dos masas correctoras en los planos A y B. Calcule las
masas requeridas en estos planos y especifique su ubicación.
Los datos requeridos son: m1 = 50 g, m2 = 60 g, m3 = 40 g, θ1 = 90º, θ2 = 210º, θ3 = 315º, r1 = 100 mm,
r2 = 120 mm, r3 = 80 mm.
75 mm
150 mm
A
200 mm
200 mm
B
m1
m1
θ2
θ3
m2
m2
m3
m3
Figura P.10.2
Respuesta: mArA = 4813,08,46 g mm θA = 8,27º, mBrB = 808,63 g mm θB = 167,82º,
10.3 En la figura P.10.3 se presenta un eje con tres masas desbalanceadas. Para reducir las vibraciones
producidas por el desbalanceo, se propone utilizar dos masas correctoras en los planos A y B. Calcule las
masas requeridas en estos planos y especifique su ubicación. Los datos requeridos son: m1 = 20 g, m2 = 30 g,
m3 = 20 g, θ1 = 90º, θ2 = 30º, θ3 = 315º, r1 = 45 mm, r2 = 40 mm, r3 = 55 mm.
600 mm
A
700 mm
600 mm
700 mm
m1
B
m1
m2
m2
θ2
m3
θ3
m3
Figura P.10.3
Respuesta: mArA = 1069,77 g mm θA = 227º, mBrB = 1089,71 g mm θB = 176,81º
10.4 En la figura P.10.4 se presenta un eje con tres masas desbalanceadas. Para reducir las vibraciones
producidas por el desbalanceo, se propone utilizar dos masas correctoras en los planos A y B. Calcule las
masas requeridas en estos planos y especifique su ubicación. Los datos requeridos son: m1 = 50 g, m2 = 40 g,
m3 = 30 g, θ1 = 50º, θ2 = 240º, θ3 = 120º, r1 = 30 mm, r2 = 25 mm, r3 = 20 mm.
10.21
Lección No 10. Balanceo
200 mm
m1
150 mm
150 mm
A
200 mm
B
m3
m3
θ3
m1
θ1
θ2
m2
m2
Problema 10.4
Respuesta: mArA = 1927,22 g mm θA = 216,1º, mBrB = 1432,1 g mm θB = 13,4º
10.5 Se debe balancear el eje de la figura 10.5 adicionando contrapesos en los planos de corrección A y B.
Las masas desbalanceadas son m1 = 60 g, m2 = 50 g, m3 = 70 g. Las dimensiones son r1 = 100 mm, r2 = 80
mm, r3 = 90 mm. Las posiciones angulares de las masas son θ1 = 30º, θ2 = 135º y θ3 = 210º.
200 mm
400 mm
300 mm
200 mm
A
m1
B
m2
θ2
m2
θ3
m3
m3
Problema 10.5
Respuesta: mArA = 6453,31 g mm θA = 227,4º, mBrB = 7737,68 g mm θB = 15,54º
10.22
m1
θ1