Enunciados Elementos

FAJAS
1. Un compresor alternativo de aire cuenta con un volante de inercia de 7’ de
diámetro y 14” de ancho que funciona a 200 RPM, un motor de inducción de 8
polos tipo jaula de ardilla muestra datos en la placa de información de 70 BHP
a 980RPM
a.) Diseñe una transmisión por bandas en V
b.) ¿se puede evitar el corte de las ranuras e la banda plana en V? considere
circunferencia interior de banda en V 270” factor de servicio Ks=1,2 por ser
par torsión no uniforme
Teoría: 𝑛𝑑 = 1.1
875
I = mg= 170 = 5.147
𝐷
60
I =𝑑 → d= I = 5.147 = 11.65

Tabla 17-9
Nota: en la tabla 17-9 se escogió la banda C, el cual tiene un diámetro mínimo de 9” y
un diámetro de hasta 13”

Tabla 17-10
Sumamos la longitud de circunferencia de las 2 poleas y es 225.9, en la tabla 17-10 se
busca un múltiplo de 9 mayor a 225.9 y encontramos 270. Vamos a la tabla 17-11 y
busco el tipo C y le sumamos el valor correspondiente a C
L = 60π + 11.65π = 225.9

Tabla 17-11 → C + 2.9
Lp = L + C = 270 + 2.9 = 272.9 pulg

Distancia entre centros
π
π
C = 0.25 [ 𝐿𝑝 − 2 (𝐷 + 𝑑) + √𝐿𝑝 − 2 (𝐷 + 𝑑)2 − 2(𝐷 − 𝑑)2 ]
π
π
C = 0.25 [ 272.9 − 2 (60 + 11) + √272.9 − 2 (60 + 11)2 − 2(60 − 11)2 ]
C = 76.78

Buscamos en el libro
D< C < 3(D + d)
60 < 76.78 < 3(60+11) → si cumple

Angulo de contacto
(𝐷 − 𝑑)
2𝐶
(60 − 11)
θd = 𝜋 − 2𝑎𝑟𝑐 sin
2(76.78)
θd = 𝜋 − 2𝑎𝑟𝑐 sin
θd = 2.49 𝑟𝑎𝑑
(𝐷 − 𝑑)
2𝐶
(60 − 11)
θD = 𝜋 + 2𝑎𝑟𝑐 sin
2(76.78)
θd = 3.791 𝑟𝑎𝑑
θD = 𝜋 + 2𝑎𝑟𝑐 sin

Hallamos 𝑒 𝑓θd y 𝑒 𝑓θD
Nota: 𝑓 para θD = 0.5123
θd = 0.13
→ 𝑒 𝑓θd = 𝑒 0.5123∗2.492 = 3.5846
→ 𝑒 𝑓θD = 𝑒 0.13∗3.791 = 1.637

Hallamos la velocidad de polea: 𝑉𝑡𝑎𝑛 𝑓𝑎𝑗𝑎
𝜋∗𝑑∗𝑛
𝑉=
12
𝜋 ∗ 11 ∗ 875
𝑉=
12
𝑉 = 2520 𝑝𝑖𝑒/𝑚𝑖𝑛

Tabla 17-13→ factor de corrección de θ
𝑘1 = 0.143543 + 0.007468 θ − 0.00001505 θ2
𝑝𝑎𝑟𝑎 θd = 142.8 tenemos → 𝑘1 = 0.907

Tabla 17-14→𝑘2 para banda C y 270-300
𝑘2 = 1.15

Tabla 17-12 para 𝑉 = 2520 𝑝𝑖𝑒/𝑚𝑖𝑛
Con V= 2000 pie/min tenemos
11________6.74
11.65______ X1
→ X1=
7.01 Hp
12________7.15
Con V =3000
11________8.84
11.65______ X2
8.58 Hp
12________9.46
→ X2=

Con V = 2520
2000______7.01
2520______X
→ X = 7.83/ cinta (Htab de la potencia de banda V
standard)
3000______8.58
Cálculo de la potencia de diseño 𝐻𝑑
𝐻𝑑 = 𝐻𝑛 ∗ 𝐾𝑠 ∗ 𝑛𝑑
𝐻𝑑 = 50 ∗ 1.2 ∗ 1.1
𝐻𝑑 = 66 𝐻𝑝

Cálculo del N° de cintas
𝐻𝑑 66
=
𝐻𝑎 8.3
𝑁𝑏 = 8.1 → 9 cintas
𝑁𝑏 =

Cálculo de la potencia permitida𝐻𝑎
𝐻𝑎 = 0.903 ∗ 1.15 ∗ 7.83 = 8.13 𝐻𝑝

Cálculo del incremento de la fuerza ∆𝐹𝑎
∆𝐹𝑎 =
∆𝐹𝑎 =
63025
∗ 𝐻𝑎
𝑛 ∗ 𝑑⁄2
63025
∗ 8.13
875 ∗ 11⁄2
∆𝐹𝑎 = 106.5 𝑙𝑏/𝑐𝑖𝑛𝑡𝑎

Cálculo del par por banda
𝑇𝑎 =
∆𝐹𝑎 ∗ 𝑑 106.5 ∗ 11
=
2
2
𝑇𝑎 = 586.8 𝑙𝑏 − 𝑝𝑢𝑙𝑔/𝑐𝑖𝑛𝑡𝑎

Cálculo de la tensión centrifuga (tabla 17-16)
𝑉 2
2520 2
𝐹𝑐 = 𝐾𝑐 ∗ (
) = 1.716 ∗ (
)
1000
1000
𝑭𝒄 = 𝟏𝟎. 𝟗 𝒍𝒃/𝒄𝒊𝒏𝒕𝒂

Cálculo de la tensión mayor
𝑇 𝑒 𝑓θd + 1
586.9 3.5846 + 1
𝐹𝑖 = ∗ [ 𝑓θd
]=
∗[
]
𝑑 𝑒
11
3.5846 − 1
−1
𝐹𝑖 = 94.6 𝑙𝑑/𝑐𝑖𝑛𝑡𝑎
2 ∗ 𝑒 𝑓θd
2 ∗ 3.5846
𝐹1 = 𝐹𝑐 + 𝐹𝑖 ∗ [ 𝑓θd
] = 10.9 + 94.6 ∗ [
]
3.5846 − 1
𝑒
+1
𝐹1 = 158.8 𝑙𝑏/𝑐𝑖𝑛𝑡𝑎
𝐹2 = 𝐹𝑐 − ∆𝐹𝑎 = 158.8 − 106.7
𝐹2 = 52.1 𝑙𝑏/𝑐𝑖𝑛𝑡𝑎

Factor de seguridad
𝑛𝑓𝑠 =
𝐻𝑎 ∗ 𝑁𝑏 9 ∗ 8.13
=
𝐻𝑑
60
𝑛𝑓𝑠 = 1.11
Nota: el factor de seguridad tiene a coincidir con el factor de diseño 𝒏𝒅
recomendado en fajas y su valor es 𝒏𝒇𝒔 = 𝟏. 𝟏

Cálculo de la durabilidad
(𝐹𝑎 )1 =
𝐾𝑏
𝑑
→ Tabla 17-16 𝐾𝑏 = 1600
Para la polea mayor
1600
(𝐹𝑎 )1 =
= 145.5 𝑙𝑏/𝑐𝑖𝑛𝑡𝑎
11

Para la polea menor
1600
(𝐹𝑎 )1 =
= 26.7 𝑙𝑏/𝑐𝑖𝑛𝑡𝑎
60
Tensión de las bandas en ambas poleas
𝑇1 = 𝐹1 + (𝐹𝑎 )1 = 304.3 𝑙𝑏/𝑐𝑖𝑛𝑡𝑎
Tensiones totales que
agarran las fajas
𝑇2 = 𝐹2 + (𝐹𝑎 )1 = 185.5 𝑙𝑏/𝑐𝑖𝑛𝑡𝑎

Cálculo de numero de pasadas
𝐾 −𝑏
𝑁𝑝 = [(𝑇 )
1
𝐾 −𝑏
+ (𝑇 )
2
]; Tabla 17-17 b=11.73
K=2038
𝐾 −𝑏
𝐾 −𝑏
𝑁𝑝 = [( ) + ( ) ]
𝑇1
𝑇2
𝑁𝑝 = 1.68 ∗ 109 Pasadas > 109 Pasadas
Nota: 𝑵𝒑 esta fuera de las tablas y quiere decir que la banda tiene más vida

Tiempo de duración
𝑁𝑝 ∗ 𝐿𝑝 109 ∗ 272.9
=
720 ∗ 𝑉 720 ∗ 2520
𝑡 = 150 ∗ 103 ℎ𝑜𝑟𝑎𝑠
𝑡=

Fuerza inicial
𝑭𝒊 = 𝟗 ∗ 𝟗𝟒. 𝟔 = 𝟖𝟓𝟏. 𝟒 𝒍𝒃𝒇
2. Una banda de poliamida A-2𝑐 de 8” de ancho se emplean para transmitir 20 HP,
bajo condiciones de impacto ligero y se sabe que un factor de seguridad adecuado
es mayor o igual a 1.1 los ejes rotacionales de las poleas son paralelos y se
encuentran en el plano horizontal los ejes tienen una separación de 8’. La polea de
impulsión de 6” gira a 2200 RPM. La polea impulsada tiene un diámetro de 18”, el
factor de seguridad es para exigencias sin cuantificar determine
a.) La tensión centrifuga y el par de torsión
b.) calcule 𝑓1 , 𝑓2 , 𝑓𝑖𝑛𝑖𝑐𝑖𝑎𝑙 permisibles, así como la potencia permisible 𝐻𝑎
c.) Estime el factor de seguridad ¿es satisfactorio?
φ=8’’
φ11’’
/_________96’’______/
𝐾𝑖 = 1.25 (𝑡𝑎𝑏𝑙𝑎 17 − 15)
𝛶=
𝑊
𝑊
𝑊(𝑝𝑜𝑟 𝑢𝑛𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑑𝑒 𝑙𝑜𝑛𝑔𝑖𝑡𝑢𝑑)
=
=
𝑉 𝑙∗𝐴
𝐴
𝐷−𝑑
11 − 8
∅ = 𝜃𝑑 = 𝜋 − 2 sin−1 (
) = 𝜋 − 2 sin−1 (
) = 1.351 𝑟𝑎𝑑
2∗𝑐
2 ∗ 96
exp(𝑓∅) = 𝑒 ∗ 0.8 ∗ 3.02 = 2.947
𝑉𝑒𝑙 𝑡𝑎𝑛𝑔𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎𝑙 = 𝜋 ∗ 𝑑 ∗ 𝑛 =
𝑊 =𝛾∗𝐴=𝛾∗𝑏∗𝑡 =
𝜋 ∗ 8 ∗ 2200
𝑓𝑡
= 4607.7 ⁄𝑚𝑖𝑛
12(𝑐𝑜𝑛𝑣 𝑎 𝑓𝑡. )
0.042 ∗ 8 ∗ 0.13
𝑙𝑏𝑓
= 0.00364
⁄𝑓𝑡
12(𝑐𝑜𝑛𝑣 𝑎 𝑓𝑡. )
a) Fuerza centrífuga:
𝑊 𝑉𝑡𝑎𝑛𝑔 2 0.00364 2749 2
𝐹𝑐 = ∗ (
) =
∗(
) = 0.24𝑙𝑏𝑓
𝑔
60
32.2
60
𝑇=
63025 ∗ 𝐻𝑛𝑜𝑚 ∗ 𝐾𝑠 ∗ 𝑛𝑑 63025 ∗ 15 ∗ 1.25 ∗ 1.1
=
= 590.86 𝑙𝑏𝑓. 𝑝𝑢𝑙𝑔
2200
2200
b) (𝐹1)𝑎 − 𝐹2 =
2∗𝑓
6
=
2∗742.8
6
= 247.6 𝑙𝑏𝑓
Tensión permisible: 𝐹𝑎 = 100 𝑙𝑏𝑓
𝐶𝑣 = 1 (𝑓𝑖𝑔. 17 − 9)
𝐶𝑝 = 0.7 (𝑡𝑎𝑏. 17 − 4)
(𝐹1)𝑎 = 𝑏(𝐹𝑎)(𝐶𝑝)(𝐶𝑣) = 8(100)(0.71)(1) = 568 𝑙𝑏𝑓
𝐹2 = (𝐹1)𝑎 − [(𝐹1)𝑎 − 𝐹2] = 568 − [247.6] = 321.4 𝑙𝑏𝑓
𝐹𝑖 =
(𝐹1)𝑎 + 𝐹2
568 + 321.4
− 𝐹𝑐 =
− 25.6 = 97.7 𝑙𝑏𝑓
2
2
𝑃𝑜𝑡 𝑑𝑖𝑠𝑒ñ𝑜 = 𝐻𝑛𝑜𝑚 ∗ 𝐾𝑠 ∗ 𝑛𝑑 = 20(1.25)(1.1) = 27.5 𝐻𝑃
Desarrollo de la fricción
𝑓′ =
(𝐹1)𝑎 − 𝐹2
1
1
586 − 321.4
𝑙𝑛 (
𝑙𝑛 (
) = 0.0347
)=
∅
𝐹2 − 𝐹𝑐
3.02
321.4 − 27.5
𝑓 = 0.8 → 𝑓 ′ < 𝑓 → 𝑛𝑜 𝑒𝑥𝑖𝑠𝑡𝑒 𝑝𝑒𝑙𝑖𝑔𝑟𝑜 𝑑𝑒 𝑑𝑒𝑠𝑙𝑖𝑧𝑎𝑚𝑖𝑒𝑛𝑡𝑜
c) 𝑛𝑓𝑠 =
𝐻𝑑
𝐻𝑛𝑜𝑚(𝐾𝑠)
=
20.6
20(1.25)
= 0.824
NOTA: La banda resulta satisfactoria, se obtiene la máxima tensión permisible de la
misma. Si se mantiene la T inicial, la capacidad en la potencia de diseño de 20.6
HP.
3. Diseñe una transmisión de banda metálica de fricción para conectar un motor de
3HP de 4 polos tipo jaula de ardilla que gira a 1750 RPM a un eje de 20” que
funciona a la cuarta parte de la velocidad, las circunstancias ambientales son tales
que resultan apropiados, un factor de servicio de 1.2 y un factor de diseño de 1.05.
La meta de vida es 10 8 pasadas de la banda con 𝑓 = 0.35 y las circunstancias
ambientales imponen una banda de acero inoxidable d=2plg i=4
Datos:
𝐻𝑛𝑜𝑚 = 1(3)𝐻𝑃
𝑛 = 1750𝑟𝑝𝑚
𝑖 = 2(4)
𝑐 = 15(20)𝑝𝑢𝑙𝑔.
𝐾𝑠 = 1.2
𝑛𝑑 = 1.05
𝑁𝑝 = 106(8)
𝑓 = 0.35
𝒔𝒐𝒍𝒖𝒄𝒊𝒐𝒏
Banda de acero inoxidable: tabla 17-8
Diámetro minimo de la polea: tabla 17-7
De la relacion
𝐷
𝑖 = 4 = ;𝐷 = 8
𝑑
Cálculo de la potencia de diseño:
𝐻𝑑 = 𝐻𝑛𝑜𝑚 𝐾𝑠 𝑛𝑑 = 3 ∗ 1.2 ∗ 1.05 = 3.78𝐻𝑃
Cálculo de par de 𝑡𝑜𝑟𝑠𝑖ó𝑛
𝑇=
63025𝐻𝑑 63025 ∗ 3.78
=
= 136.134𝑙𝑏. 𝑝𝑢𝑙𝑔
𝑛
1750
𝐶á𝑙𝑐𝑢𝑙𝑜 𝑑𝑒𝑙 á𝑛𝑔𝑢𝑙𝑜 𝑑𝑒 𝑐𝑜𝑛𝑡𝑎𝑐𝑡𝑜
𝜃𝑑 = 𝜋 − 𝑠𝑖𝑛−1(
𝐷−𝑑
8−4
) = 𝜋 − 𝑠𝑖𝑛−1 (
) = 2.6𝑟𝑎𝑑
2𝑐
2(20)
𝜃𝐷 = 𝜋 + 𝑠𝑖𝑛−1 (
𝐷−𝑑
4−2
) = 𝜋 + 𝑠𝑖𝑛−1 (
) = 8.8𝑟𝑎𝑑
2𝑐
2(15)
𝐶á𝑙𝑐𝑢𝑙𝑜 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑣𝑒𝑙𝑜𝑐𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑏𝑎𝑛𝑑𝑎
𝑉=
𝜋𝑑𝑛 𝜋 ∗ 2 ∗ 1750
𝑝𝑖𝑒
=
= 916.3
12
12
𝑚𝑖𝑛
determinar exp(fφ) a partir de la geometría y la fricción.
𝑒 𝑓∗𝜃𝑑 = 𝑒 0.35∗2.6 = 2.48
cálculo la resistencia a la fatiga
𝑆𝑓 = 14.17 ∗ 106 (𝑁𝑝 )−0.407 = 14.17 ∗ 106 (108 )−0.407 = 7859.04𝑝𝑠𝑖
Tension permisible
𝐹1𝑎 = 𝑎 ∗ 𝑏
𝑎 = [𝑆𝑓 −
𝐸∗𝑡
28 ∗ 106 ∗ 0.003
∗
𝑡
=
[51212
−
] ∗ 0.003 = 16.5
]
(1 − 𝜐 2 ) ∗ 𝑑
(1 − 0.2852 ) ∗ 2
𝐹1𝑎 = 16.5 ∗ 𝑏
𝑏𝑚𝑖𝑛
Δ𝐹 ∗ 𝑒 𝑓∗𝜃𝑑
45.38 ∗ 2.866
=
=
= 4.23𝑝𝑢𝑙𝑔. = 4.5𝑝𝑢𝑙𝑔. (𝑐𝑜𝑚𝑒𝑟𝑐𝑖𝑎𝑙)
𝑎(𝑒 𝑓∗𝜃𝑑 − 1) 16.5(2.866 − 1)
Δ𝐹 =
2𝑇 2(45.38)
=
= 45.38𝑙𝑏𝑓
𝑑
2
𝐹1𝑎 = 16.5 ∗ 4.5 = 74.25𝑙𝑏𝑓
Cálculo de la tensión (𝐹2 )
𝐹2 = 𝐹1 − Δ𝐹 = 74.25 − 45.38 = 28.87𝑙𝑏𝑓
Cálculo de tensión inicial
𝐹𝑖 =
𝐹1 + 𝐹2
74.25 + 28.87
− 𝐹𝑐 =
− 0 = 51.56𝑙𝑏𝑓
2
2
Verificar el desarrollo friccional 𝑓 ´
1
𝐹1
1
74.25
∗ ln ( ) =
∗ ln (
) = 0.314
𝜃𝑑
𝐹2
3.008
28.87
𝑓 ′ < 𝑓 = 0.314 < 0.35
𝑓´ =
Δ𝐹 ∗ 𝑉 45.38 ∗ 916.3
=
= 1.26𝐻𝑃
33000
33000
𝐻𝑡
1.26
𝑛𝑓𝑠 =
=
= 1.05
𝐻𝑛𝑜𝑚 ∗ 𝐾𝑠 1 ∗ 1.2
1
L= √4𝑐 2 − (𝐷 − 𝑑)2 + 2 (D𝜃𝐷 + 𝑑𝜃𝑑 ) = √4 ∗ 152 − (4 − 2)2 +
𝐻𝑡 =
1
(4 ∗
2
3.275 + +2 ∗ 3.008) = 39.49 𝑝𝑢𝑙𝑔.
Cables Mecánicos:
1. Para el diseño de un ascensor se utiliza cable de hacer con alma de tela, acero
monitor de 3”, se utilizará para izar 6 Tn, desde el tiro que esta a una profundidad
de 480”, el tambor tiene un diámetro de 8’ las poleas son de acero fundido de
buena calidad y la menor tiene un diámetro de 3’
a.) con una elevación con velocidad máxima de 1 500 pie/min y una aceleración
de 2 𝑝𝑖𝑒/𝑠 2 calcule los esfuerzos en el cable
b.) Determine los diversos factores de seguridad
SOLUCION
Seleccionamos de la tabla 17.24
Para izar 6 x 19
𝑆𝑛 =
𝐹𝑛
𝐴
donde 𝐹𝑛 = 𝑆𝑛 ∗ 𝐴
𝐹𝑛 = 92 ∗
𝜋
∗ (3)2 = 650.31 𝑘𝑖𝑝
4
Fuerza par tensión
𝑊
𝑎
𝐹𝑡 = ( + 𝑤𝑙 ) ∗ (1 + )
𝑚
𝑔
Donde:
W = peso de la carga
a = aceleración
m = número de cables
calculamos W en kip
𝑊 = 6 𝑇𝑜𝑛 (
2000 𝑙𝑏. 𝑖𝑛
) = 12000 𝑙𝑏. 𝑖𝑛 = 12 𝑘𝑖𝑝.
1 𝑡𝑜𝑛
sacando de la tabla 17.24
𝑤 =1.60d2
Reemplazando nos queda:
12 1.60(3)2 (480)
2
𝐹𝑡 = ( +
) ∗ (1 +
) = 20.1 𝑘𝑖𝑝
1
1000
32.2
Hallamos por flexión
Aplicando la fórmula:
𝐹𝑏 =
De la tabla 17-27
𝐸𝑟 (𝑑𝑤 )(𝐴)
𝐷
Sacamos el valor del diámetro del alambre y el módulo de Young y el área
para el cable
𝐸𝑟 = Modulo de Young 12x 106 psi
𝑑𝑤 = diámetro del alambre
𝐴𝑚𝑠 = área del metal
D = diámetro del tambor = 96 pulg
𝐹𝑏 =
𝐸𝑟 (𝑑𝑤 )(𝐴)
12 ∗ 106 (0.067(3))(0.40 ∗ (3)2 )
=
= 90.45 𝑘𝑖𝑝
𝐷
96
Luego por dato:
𝑃
𝑆𝑢
= 0,0014
Además: 240 < Su < 280 donde seleccionamos: Su = 240 ksi
Hallamos 𝐹𝑓
𝐹𝑓 = (
𝑃
𝑆𝑢 𝑑𝐷
240(3)(96)
= 0.0014 ∗
= 36.29 𝑘𝑖𝑝
)∗
𝑆𝑢
2
2
HALLAMOS LOS FACTORES DE SEGURIDAD
Según la ecuación:
𝑛=
𝐹𝑛
650.31
=
= 32.4
𝑓𝑡
20.1
Hallamos el factor de seguridad por tensión:
𝑛=
𝐹𝑛 − 𝐹𝑏
650.31 − 90.45
=
= 27.9
𝑓𝑡
20.1
Hallamos el factor de seguridad por flexión:
𝑛=
𝐹𝑓 −𝐹𝑏
𝑓𝑡
=
36.29−90.45
20.1
< 0 ; no se toma
Evaluamos en 105 ciclos y tenemos
𝑃
𝑆𝑢
= 0.004
Ahora hallamos nuestro
𝐹𝑓 = (
𝑃
𝑆𝑢 𝑑𝐷
240(3)(96)
= 0.004 ∗
= 138.24
)∗
𝑆𝑢
2
2
Evaluamos el factor de seguridad con respecto a la flexion
𝑛=
𝐹𝑓 − 𝐹𝑏
138.24 − 90.45
=
= 2.38
𝑓𝑡
20.1
2. Dado un cable metálico de acero monitor 6x19 𝑆𝑢 = 240 𝐾𝑝𝑠𝑖
a.) Desarrolle las expresiones para designar la tensión del cable 𝐹𝑡 , tensión por
fatiga 𝐹𝑓 , tensión por flexión equivalente 𝐹𝑏 , y factor de seguridad 𝑛𝑓 para un
malacate de mina de 600 pies y una jaula y carga de 500 lb, con una
aceleración inicial de 3 𝑝𝑖𝑒/𝑠 2 como se presenta en la figura abajo diámetro de
la polea 80”
b.) Mediante el empleo de las expresiones que estén en el inciso a.) examine la
variación del factor de seguridad 𝑛𝑓 para diversos diámetros de cable metálico
y un número de cables de soporte m.
SOLUCION
a) Hallamos las expresiones de los esfuerzos
Calculamos la fuerza de Tensión sacando los datos de la tabla 17.24
𝐹𝑡 = (
𝑊
𝑎
+ 𝑤𝑙 ) ∗ (1 + )
𝑚
𝑔
Remplazamos en la fórmula:
𝐹𝑡 = (
5000
3
5465.84
+ 1.60𝑑 2 ) ∗ (1 +
)=
+ 1.75𝑑 2
𝑚
32.2
𝑚
De la figura 17.21 hallamos que:
𝑃
𝑆𝑢
= 0,0014
Hallamos la tensión por flexion
𝐹𝑏 =
De la tabla 17.27 sacamos
𝐸𝑟 (𝑑𝑤 )(𝐴)
𝐷
𝐸𝑟 = Modulo de Young 12x 106 psi
𝑑𝑤 = diámetro del alambre
𝐴𝑚𝑠 = área del metal
D = diámetro de la polea = 80 pulg
𝐹𝑏 =
𝐸𝑟 (𝑑𝑤 )(𝐴) 12 ∗ 106 (0.067𝑑)(0.40𝑑 2 )
=
= 4020𝑑 3 𝑙𝑏𝑓
𝐷
80
Hallamos la tensión por fatiga:
𝐹𝑓 = (
𝑃
𝑆𝑢 𝑑𝐷
240000 ∗ 80𝑑
= (0.0014) (
)∗
) = 13440𝑑 𝑙𝑏𝑓
𝑆𝑢
2
2
HALLAMOS LOS FACTORES DE SEGURIDAD
𝐹𝑓 − 𝐹𝑏
13440𝑑 − 4020𝑑3
𝑛=
=𝑛=
5465.84
𝑓𝑐
2
𝑚
+ 1.75𝑑
Aplicamos diferentes diámetros y numero de cables
d/m
1/4
3/8
1/2
5/8
3/4
7/8
Rodamientos:
m=1
0.6032
0.8833
1.1374
1.3571
1.5336
1.6584
m=2
1.206
1.7665
2.275
2.7138
3.067
3.316
m=3
1.8096
2.6496
3.4117
4.0702
4.5992
4.9728
m=4
2.4127
3.5326
4.5486
5.4263
6.1312
6.6288
1. Una reducción de engranes se coloca en el contra eje de la figura calcule las
reacciones de los cojinetes estos son de bolas de contacto angular de 60 𝐾ℎ
cuando se utilizan a 500 rpm. Utilice un factor de aplicación de 1.2 y una meta de
confiabilidad para el par de cojinetes de 0.96, seleccione los cojinetes de la tabla
11.2
2. En la figura se muestra un contra eje con un piñón en voladizo en C, seleccione un
cojinete de bolas de contacto angular para montarlo en O y un cojinete de cilindros
para montarlo e B la fuerza en el engranaje A en 𝐹𝐴 = 1000 𝑙𝑏 y el eje funcionará a
una velocidad de 420 rpm especifique los cojinetes que se requieren empleando
un factor de aplicación 𝑎𝑓 = 1.2 una vida deseada de 40 000 horas y una meta de
confiabilidad deseada de 0.95.
SOLUCION
Analizamos las fuerzas y momentos en la figura:
𝑀𝑥 = −𝐹𝐶 cos 30° (15) + 𝐹𝐴 cos 30° (7.5) = 0
𝑀𝑌 = 𝐹𝐶 cos 30° (90) − 𝐹𝐴 sen 30° (30) + 𝐵𝑧 (60) = 0
𝑀𝑧 = 𝐹𝐶 sen 30° (90) − 𝐹𝐴 cos 30° (30) − 𝐵𝑦 (60) = 0
Despejamos Fc:
𝐹𝐶 =
1000 cos 30° (7.5)
cos 30° (15)
𝐹𝐶 = 500 𝑙𝑏𝑓
Reemplazamos y despejamos Bz:
−𝐹𝐶 cos 30° (90) + 𝐹𝐴 sen 30° (30)
= 𝐵𝑧
60
𝐵𝑧 = −399.52 𝑙𝑏𝑓
Reemplazamos y despejamos By
𝐹𝐶 sen 30° (90) − 𝐹𝐴 cos 30° (30)
= 𝐵𝑦
60
𝐵𝑦 = −58.01 𝑙𝑏𝑓
Hallamos la resultante:
𝐵𝑛𝑜𝑚 = √𝐵𝑦 2 + 𝐵𝑧 2 = √(−58.01)2 + (−399.52)2 = 403.71 𝑙𝑏𝑓
Hallamos la sumatoria de fuerzas en los ejes Y, Z.
∑ 𝐹𝑦 = 𝑂𝑦 − 𝐹𝐴 sin 30° + 𝐹𝑐 cos 30° − 𝐵𝑦 = 0
∑ 𝐹𝑦 = 𝑂𝑦 − 1000 sin 30° + 500 cos 30° − (−58.01) = 0
Despejamos 𝑂𝑦
𝑂𝑦 = 558.02 𝑙𝑏𝑓
∑ 𝐹𝑍 = 𝑂𝑍 + 𝐹𝑐 sin 30° − 𝐹𝐴 cos 30° + 𝐵𝑍 = 0
∑ 𝐹𝑍 = 𝑂𝑧 − 1000 sin 30° + 500 cos 30° + (−399.52) = 0
Despejamos 𝑂𝑍
𝑂𝑍 = 466.51 𝑙𝑏𝑓
Hallamos la resultante total:
𝑂𝑛𝑜𝑚 = √𝑂𝑦 2 + 𝑂𝑧 2 = √𝑂𝑦 2 + 𝑂𝑧 2 = 727.33 𝑙𝑏𝑓
Aplicamos las ecuaciones para hallar la vida de diseño del rodamiento
𝑋𝐷 =
60𝑛𝑜 𝐿𝑜 60 ∗ 420 ∗ 40000
=
= 1008
𝐿𝑅
106
𝐶10 = 𝑎𝑓 𝑓𝑒 [
𝑋𝑜
𝑋𝑜 + (𝜃 − 𝑋𝑜 )(1 −
1
𝑎
1]
𝑏
𝑅𝐷 )
Reemplazando los valores:
Evaluando para bolas
1
3
1008
𝐶10 = (1.2)(727.33)
= 7021.36 𝑙𝑏𝑓 = 31.23 𝑘𝑁
1
1.483
1
[0.02 + (4.439) ln (0.975)
]
Buscando en la tabla 11.2
Evaluando para cilindros
1
10
3
1008
𝐶10 = (1.2)(727.33)
1
= 5352.15 𝑙𝑏𝑓 = 23.81 𝑘𝑁
1 1.983
[0.02 + (4.439) ln (0.975)
]
Buscando en la tabla 11.3
3. Un árbol soporta un engrane helicoidal una fuerza tangencial de 5000 N y una
fuerza radial de 2000 N y una fuerza de empuje de 1700 N en el cilindro de paso
con las direcciones que se muestra. El diámetro de paso de los engranajes es de
220 mm, el árbol funciona a una velocidad de 900 rpm y el claro (separación
efectiva) entre los cojinetes montados en forma directa es 200 mm, la vida de
diseño será 50000 h y resulta apropiado un factor de aplicación de 1, la
confiabilidad del juego de cojinetes es 0.99, seleccione los cojinetes adecuados de
rodillos cónicos de 1 fila (𝑥0 , 𝜃 = 4.48 𝑏 = 3/2)
SOLUCION
Graficamos el diagrama de fuerzas y momentos:
Hallamos la sumatoria de momentos:
Con respecto a la horizontal
∑ 𝑀𝐵 = 0
−𝑅𝐴𝑧 (200) + 5000(100) = 0
𝑅𝐴𝑧 = 2500 𝑁
Con respecto a la vertical
∑ 𝑀𝐵 = 0
−𝑅𝐴𝑦 (200) + 2000(100) + 1700(100) = 0
𝑅𝐴𝑦 = 1850 𝑁
∑ 𝑀𝐴 = 0
𝑅𝐵𝑧 (200) − 5000(100) = 0
𝑅𝐵𝑧 = 2500 𝑁
Hallamos la sumatoria de fuerzas con respecto a la vertical
∑ 𝐹𝑦 = 0
𝑅𝐵𝑦 − 2000 − 1850 = 0
𝑅𝐵𝑦 = 3850 𝑁
Cargas radiales: 𝐹𝑟𝐴 𝑦 𝐹𝑟𝐵
𝐹𝑟𝐴 = √25002 + 18502 = 3110.06 𝑁
𝐹𝑟𝐵 = √38502 + 25002 = 4590.5 𝑁
PRUEBA 1
Con el montaje directo de los cojinetes y la aplicación del empuje externo al eje. El
cojinete comprimido es A, si se usa K = 1.5 (valor de partida) como valor inicial
para cada cojinete, las cargas inducidas a partir del cojinete son:
Fuerza inducida en A
𝐹𝑖𝐴 =
0.47𝐹𝑅𝐴 0.47(3110.06)
=
= 974.49 𝑁
𝐾𝐴
1.5
Fuerza inducida en B
𝐹𝑖𝐵 =
0.47𝐹𝑅𝐵 0.47(4590.5 )
=
= 1438.4 𝑁
𝐾𝐴
1.5
Como la fuerza inducida en A es menor a 𝐹𝑖𝐵 + 𝐹𝑎𝑒 el cojinete A soporta la carga
de neta por lo tanto las cargas dinámicas equivalentes son:
𝐹𝑒𝐴 = 0.4𝐹𝑅𝐴 + 𝑘𝐴 (𝐹𝑖𝐵 + 𝐹𝑎𝑒 )
Fuerza total equivalente:
𝐹𝑒𝐴 = 0.4(3110.06) + (1.5)(1438.4 + 1700) = 5951.6 𝑁
Hallamos la vida de diseño adimensional
𝑋𝐷 =
60𝑛𝑜 𝐿𝑜 60 ∗ 900 ∗ 50000
=
= 2700
𝐿𝑅
106
𝑋𝐷
𝐶10 = 𝑎𝑓 𝑓𝑒 [
1
𝑎
1]
𝑋𝑜 + (𝜃 − 𝑋𝑜 )(1 − 𝑅𝐷 )𝑏
Reemplazando los valores:
Evaluando para cilindros
2700
𝐶10 = (1)(5951.6)
[0 +
1
3
(4.48)(1 − 0.99) 2 ]
1
10
3
= 101.91 𝑘𝑁
BUSCANDO EN LA TABLA 11.3
EVALUANDO EN B
1
10
3
2700
𝐶10 = (1)(2654)
[0 + (4.48)(1 −
BUSCANDO EN LA TABLA 11.3
1
3
0.99) 2 ]
= 45.45 𝑘𝑁
Lubricación:
1. Considere un cojinete de bloque con un colector de lubricante como cuñero, cuyo
muñón gira a 900 rpm en aire agitado por el árbol a 70°F con α = 1. El área lateral
del cojinete mide 40 𝑝𝑢𝑙𝑔2. El lubricante está formado por aceite SAE grado 20. La
carga radial de gravedad es 100 lbf y la relación 𝑙/𝑑 = 1. El cojinete muestra un
diámetro de muñón de 2.000 + 0.000/−0.002 pulg, y un diámetro del buje de 2.002
+ 0.004/−0.000 pulg. Para una holgura mínima de ensamble, estime las
temperaturas de estado estable, así como el espesor mínimo de la película y el
coeficiente de fricción.
Solución:
La holgura radial mínima, cmín, es:
2.002 − 2.000
= 0.001 𝑝𝑢𝑙𝑔
2
𝑊
100
𝑃=
=
= 25 𝑝𝑠𝑖
𝑙𝑑 2 × 2
2
𝑟 2 𝜇𝑁
1
𝜇′(15)
𝑆=( )
=(
)
= 0.6𝜇′
𝑐 𝑃
0.001 106 × 25
donde μ es la viscosidad en μreyn. La pérdida de potencia por fricción, en caballos de fuerza,
(hp)f, se determina como sigue:
𝑓𝑊𝑟 𝑁 𝑓𝑟 100(900/600)0.001 𝑓𝑟
𝑓𝑟
(𝐻𝑃)𝑓 =
×
=
×
= 0.001429
𝐻𝑃
1050
𝑐
1050
𝑐
𝑐
La velocidad de generación de calor Hgen en BTU/h está dada por
𝑓𝑟
𝑓𝑟
𝐻𝑔𝑒𝑛 = 2.545(𝐻𝑃)𝑓 = 2545(0.001429)
= 3.637
𝐵𝑡𝑢/ℎ
𝑐
𝑐
De la ecuación (12-19a) con hCR = 2.7 Btu/(h ⋅ pie2 ⋅ °F), la velocidad de pérdida de calor
hacia el medio ambiente Hpérdida es:
𝑐𝑚í𝑛 =
ℎ𝑐𝑟 𝐴
(𝑇̅ − 70) = 0.375(𝑇̅𝑓 − 70) 𝐵𝑡𝑢/ℎ
𝛼+1 𝑓
A continuación se construye una tabla de los valores de prueba de Tf para 190 y 195°F:
𝐻𝑝é𝑟𝑑𝑖𝑑𝑎 =
̅𝒇 de prueba
𝑻
190
195
𝝁′
1.15
1.03
S
0.69
0.62
fr/c
13.6
12.2
𝑯𝒈𝒆𝒏
49.5
44.4
Hpérdida
45.0
46.9
La temperatura a la cual Hgen = Hpérdida = 46.3 Btu/h es 193.4°F. Al redondear Tf a 193°F se
encuentra que μ = 1.08 μreyn y S = 0.6(1.08) = 0.65. De la figura 12-24, 9.70 ΔTF/P = 4.25°F/psi y
así:
4.25𝑃 4.25(25)
∆𝑇𝐹 =
=
= 11.0𝐹°
9.70
9.70
∆𝑇
11
𝑇1 = 𝑇𝑠 = 𝑇̅𝑓 −
= 193 −
= 187.5°F
2
2
𝑇𝑚á𝑥 = 𝑇1 + ∆𝑇𝐹 = 187.5 + 11 = 198.5°F
De la ecuación (12-19b):
𝑇𝑓 + 𝛼𝑇∞ 193 + (1)70
𝑇𝑏 =
=
= 131.5°F
1+𝛼
1+1
con S = 0.65, el espesor mínimo de la película de la figura 12-16 está dado por:
ℎ0
𝑐 = 0.79(0.001) = 0.00079𝑝𝑢𝑙𝑔
𝑐
El coeficiente de fricción de la figura 12-18 se calcula mediante:
ℎ0 =
𝑓𝑟 𝑐
0.001
= 12.8
= 0.0128
𝑐 𝑟
1
El par de torsión parásito por fricción T se determina por:
𝑓=
𝑇 = 𝑓𝑊𝑟 = 0.0128(100)(1) = 1.28𝑙𝑏𝑓. 𝑝𝑢𝑙𝑔