Dinámica de Máquinas: Juan León L.

Este texto ha sido concebido con la finalidad de cerrar la brecha que el
estudiante de Ingeniert'a Mecánica encuentra entre las asignaturas Mecánica
Racional y Diseño Mecánico.
A lo largo del libro se presenta, en forma concisa, una metodolog(a basada
en los principios fundamentales.de la mecánica, que permite analizar tanto sistemas mecánicos como sus componentes, e ilustrada con una serie de ejemplos
resueltos y propuestos.
Entre los tópicos tratados destacan los siguientes:
I
•
•
/
•
•
•
•
•
Ecuación fundamental de los sistemas mecánicos rotativos. Aplicación
al análisis de volantes y a la determinación de tiempos de arranque y
parada.
Estudio de transmisiones:
juntas universales, acoplamientos r(gidos, transmisiones hidráulicas,
transmisiones por engranajes, correas y embragues.
Dispositivos de frenado mecánico.
Equilibrado de máquinas rotativas.
Análisis de mecanismos de barras. Aplicación al caso de un mecanismo
motor y al equilibrado de máquinas alternativas.
Vibraciones libres y forzadas de sistemas de un grado de libertad.
Elementos de simulación analógica.
Por su claridad de exposición y la buena organización del material, es un
excelente libro de texto para estudiantes de Ingenierla Mecánica. Además, es
de gran utilidad para profesores e ingenieros especializados en esta rama.
z
•
.-•
•
ACERCA DEL AUTOR,
El Profesor Juan Léon L. se graduó de Ingeniero Mecánico en la Universidad Central de
Venezuela, Caracas, en 1966, ingresando de
inmediato como Instructor en la misma Uni·
versidad.
En 1970 obtuvo el título de "Master of
Setenee" en el "California Institute of Techno-
logy" (Pasadena, Callf<prnia J .
En la actualidad es Profesor Titular de la
Universidad Simón Bolívar.
Además de la presente obra, ha escrito
textos de Vibraciones ¡Mecánicas y de Dinámica
de Máquinas, así como otros trabajos en su
campo.
Durante ocho años fue Jefe del Departamento
de Mecánica en la Universidad Simón Bolívar,
desempeñando en la actualidad el cargo de
Coordinador Docente de la carrera de Ingenie·
da Mecánica de la misma universidad .
•
Dinámica
de máquinas
"
Dinámica
,
.
e maquInas
Juan León
Universidad Simón Bolívar. Caracas
Universidad Central de Venezuela. Caracas
•
•
EDITORIAL
MEXICO
LIMUSA
Prólogo
La enseñanza tradiciona! de la asignatura Dinámica de Máquinas se ha
caracterizado por la presentación de una serie de tópicos aislados, aparentemente sin ninguna interrelación, dando la impresión de estar constituida necesariamente por una colección de compartimientos estancos.
La razón de escribir este texto, producto de una experiencia docente de
varios años en la Universidad Simón Bolívar, Caracas, Venezuela, ha sido la
de superar la dificultad anteriormente presentada a! exponer en forma raciona! un esquema simple para analizar los sistemas mecánicos basado en las características dinámicas de los dispositivos motores y su acoplamiento a
distintos tipos de carga.
Así, el primer capítulo se destina a la formulación de la llamada "Educación FW1damentaI de los Sistemas Mecánicos", ecuación ésta que permite
predecir el comportamiento mecánico de W1 sistema, sea en régimen permanente o transitorio, en función de las curvas características de los dispositivos motor y resistente y de la forma como se los acople, esto es, de las
características de la transmisión.
En el scgundo capítulo se estudian las transmisiones, analizadas como
aquellas componentes de los sistemas mecánicos responsables de la conexión
entre la carga y el motor. En consecuencia se puntualiza la relación entre las
características dinámicas en los ejes de salida y entrada del mismo.
El tercer capítulo permite analizar el comportamiento de sistemas mecánicos en los que se incorpora un dispositivo del frenado.
Estos tres capítulos constituyen de por sí el núcleo del presente texto.
Los restantes capítulos se destinan al desarrollo de algunos tópicos especiales
que complementan la formación del ingeniero mecánico.
Se presenta así el estudio del estado de equilibrado (balanceo) de máquinas rotativas y alternativas, tratado básicamente en forma tradicional en los
capítulos 4 y 5. En ellos se enfatiza el mostrar el efecto de las fuerzas dinámicas de trepidación producidas por el desequilibrio inherente de los mecanismos que constituyen una máquina Estos dos capítulos constituyen una introducción al estudio de la vibraciones mecánicas, por ser las máquinas una de
las fuentes fundamentales de excitación de sistemas.
7
-
8
Prólogo
En forma natural, surge la necesidad de estudiar la respuesta dinámica
de sistemas mecánicos a excitaciones permanentes o transitorias. En el presente texto se limita el estudio de las vibraciones mecánicas al caso de los sistemas de un grado de libertad, lo que se cubre en el capítulo 6.
Finalmente se ha creído conveniente incorporar un último capítulo
para iniciar al estudiante en las técnicas de simulación analógica.
Este texto ha sido conformado de manera que en cada capítulo se presenta un planteamiento conciso de la teoría, ilustrarla con ejemplos de interés
para el ingeniero mecánico que permitan afianzar el conocimiento adquirido.
Está escrito de forma tal que el estudiante pueda aplicar sistemáticamente
las ecuaciones fundamentales de la dinámica para plantear y luego resolver
problemas concretos surgidos del estudio de las máquinas y de los sistemas
mecánicos. Cada capítulo finaliza con una serie de ejercicios propuestos para su resolución.
En cuanto al nivel del presente texto, escrito para estudiantes de ingeniería mecánica y de ramas afines, debe decirse que es el indicado para un es·
tudiante de pregrado que haya cursado tanto la asignatura mecánica como
los cursos ordinarios de cálculo, tal como se les conciben en cualquier currículum de ingeniería mecánica.
El autor expresa su más profundo agradecimiento a profesores y estudiantes, quienes con su colaboración y constantes críticas han permitido
mejorar la presentación y contenido del presente texto.
El Autor
Contenido
CAPITULO 1 SISTEMAS MECANICOS
1.1.
1.2.
1.3.
CURV AS CARACTERISTICAS DE LAS MAQUINA S
TRANSMISIONES
ECUACION FUNDAMENTAL DE LOS SISTEMAS
MECANICOS ROTATIVOS
Ejemplo 1.2. Tiempo de arranque
1.4.
EFECTO DE VOLANTE EN SISTEMAS MECANICOS
Caso 1 Cálculo de volantes para cargas intermitentes
Caa l1 Cálculo de volantes para cargas continuas
1.5.
EJERCICIOS
CAPITULO 2 TRANSMISIONES
13
14
23
25
29
36
39
49
55
65
GENERALIDADES
ACOPLAMIENTOS RIGIDOS
ACOPLAMIENTOS FLEXIBLES
2.3.3. Acoplamiento de Hooke
2.4.
TRANSMISIONES HIDRAULICAS
2.5.
ACOPLAMIENTOS HIDRAULICOS
CONVER'TIDORES DE PAR
2.6.
TRANSMISION POR ENGRANAJES
2.7.
2.7.1 Transmisiones por engranajes entre ejes paralelos
2.7.2. Transmisiones por engranajes entre ejes que se cortan
2.7.3. Transmisiones por engranajes entre ejes que se cruzan
2.8.
TRENES DE ENGRANAJES SIMPLES Y
COMPUESTOS
2.8.3. Trenes epicíclicos
Ejemplo 2.6 Diferenciales
2.8.3.2. Análisis dinámico de trenes epicíclicos
2.8.4.
Análisis transitorio de trenes de engranajes
2.1.
2.2.
2.3.
9
65
65
66
67
73
74
80
86
88
92
94
98
100
107
109
118
10
Contenido
2.9.
TRANSMISIONES POR CORREAS
2.9.1. Análisis de una transmisión por correas
2.9.2. Par transmitido a la polea
2.9.3. Efecto de la pre·tensión de la correa
2.10. EMBRAGUES
2.10.1. Embragues dentados
2.10.2 Embragues de fricción
2.10.2.1. Embragues de disco
2.10.2.2. Embragues cónicos
2.10.2.3 Embragues unidireccionales
2.10.2.4. Embragues centrífugos
2.10.3. Análisis transitorio de sistemas mecánic05 que
incorporan UD embrague
2.10.4. Disipación de energía mecánica en un embrague
2.10.5 Observaciones finales
Apéndice. Programa para d análisis traJuitorío
120
121
123
124
129
129
130
130
133
135
136
137
147
150
de sistemas mecánicos que incorpon:.n un
151
157
embrague
2.11.
EJERCICIOS
CAPITULO 3 DISPOSITIVOS MECA.......ICOS DE FRL:\ADO
171
FRE."OS DE CI:\TA
171
175
176
182
183
194
3.1.
3.2.
3.2.1.
3.2..2.
3.2.33..3.
CAPITC:LO';
FRE'O DE ZAPATA
F l"C:DOS de ~ de ex
terna
Frea05 de upua. de colllnCc:ióD cxte:n13.
F..... el< ~a. uticwbd>
EJUlCICIOS
·QLTI.IBR.-\DODLfAQl:l:'·.
·U.
199
ODt:<DO.
199
OTO
201
U)()
l:.' llOTOR PL-\.'iO PERPENDICULAR
or...ao.·
204
!X:,l'ClSrmUS P. .. EL EQLTI.1BRADO DE ROTORES 207
E
216
1:
t
ROTATIVAS
U)() DE
223
223
226
5..3.
C.-\.'iISMO-
Contenido
INTRODUCCION
ANALISIS DINAMICO DE UN MECANISMO MOTOR
FUERZAS DE TREPIDACION GENERADAS POR UN
MECANISMO MOTOR
ESTADO DE EQUILIBRADO DE MAQUlNAS DE
5.6.
VARIOS CILINDROS
5.6.1. Disposición en línea
5.6.2. Disposición en "V"
EJERCICIOS
5.7.
5.4.
5.5.
CAPITULO 6 VIBRACIONES MECANICAS
11
226
230
237
243
243
249
255
267
6.1.
6.2.
INTRODUCCION
267
RESPUESTA LIBRE DE SISTEMAS DE UN GRADO
DE LIBERTAD
269
Caso 1. Respuesta libre no.amortiguada
272
Caso 2. Respuesta libre sub-amortiguada
272
Caso 3. Respuesta libre sobre-amortiguada
275
Caso 4. Respuesta libre críticamente amortiguada
276
6.2.1. Disipación de energía mecánica
286
6.3.1. Aplicaciones:
290
a) Resorte de masa no despreciable
291
b) Vibraciones laterales de vigas (método de Rayle~'hg)
293
Vibraciones laterales de viKas de masa despreciable
296
6.3.
RESPUESTA FORZADA DE SISTEMAS DE UN GRADO
DE LIBERTAD, EXCITACION ARMONICA
298
6.3.1. Excitación armónica
298
Determinación de la componente permanente
299
6.3.2. Respuesta permanente de un oscilador no
amortiguado a una excitación de tipof(t) ::::: MRw'1 senwt
311
6.3.3. Teoría del aislamiento de motores
313
6.3.4. Vuc:Itas críticas
316
6.3.5. Instrumentos para la medición de vibraciones. Fundamentos 326
6.3.6. Sobre la respuesta permanente de un oscilador caracterizado
por mecanismos de disipación no viscosos
329
6.4.
RESPUESTA FORZADA DE SISTEMAS DE UN GRADO
DE LIBERTAD. EXCITACION ARBITRARIA
331
Ejemplo 6-11 Respuesta indicial
332
Ejemplo 6-13 Respuesta impulsiva
336
6.4.1. Integrales de superposición
339
6.4.1.1. A. Integral de convoluc'ión
339
6.4.1.2. B. Integral de Duhamel
341
6.4.2. Espectro de la respuesta
349
Apéndice. Transformada de Laplace
355
6.5.
EJERCICIOS
359
CAPITULO 7 ELEMENTOS DE SIMULACION ANALOGICA
7.1.
INTRODUCCION
381
381
Contenido
12
ELEMENTOS DE COMPUTADOR ANALOGICO
7.2.
7.2.1. Elementos lineales
7.3
COMPONENTES NO LINEALES
E1·ABORACION DE UN DIAGRAMA ANALOGICO
7.4.
Diagrama no acotado
Diagrama acota4.o respecto al voltaje
Diagrama acotado respecto al tiempo
7.5. TECNICAS PARA LA GENERACION DE FUNCIONES
EJERCICIOS
7.6.
38
38
391
393
394
39i
409
421
438
Capítulo 1
SISTEMAS MECANICOS
Se llama sútema mecánico a todo sistema que realiza una función determinada mediante el movimiento de uno o más elementos.
En la figura 1.1 se muestra esquemáticamente un sistema mecánico con
,us distintas componentes. En dicho esquema se distinguen:
b:i\
Motor
Volante, ;;);
Transmisión
:v~
Figura 1.1
a) Motor: Es el elemento motriz responsable de la entrega de energía
mecánica al sistema. Como ejemplos de elementos motores se pueden
mencionar a las turbinas, motores eléctricos y motores de combustión
interna.
b) Carga: Es el elemento receptor de la energía mecánica, la cual utiliza
para realizar una función específica. Tal es el caso de las máquinas
herramientas, b~mbas, compresores y generadores eléctricos
~
e) Transmisión: Es el responsable de la transmisión de energía desde el
elemento motor hasta el elemento conducido o carga. Su función se
reduce pues a modificar variables mecánicas tales como magnitud o
dirección de velocidades, fuerzas y pares.
d) Dispositivos auxiliares: Pertenecen a esta categoría todos aquellos
elementos responsables de funciones específicas tales como volantes,
frenos, reguladores, medidores. .. etc.
13
14
Sistemas mec:ániCOll
Régimen de un sistema mecánico
Se dice que un sistema
es:
~
do la velocidad
de sus distintas compoor:n= se =1D:ir::o~ """"~,,,.~- d ·eropo. Cuando la
velocidad de las com
en= se •
se dice que el sistema
está en régimen pmfxi" o
- ~ de régimen transiton·o.
1.1 CURVAS CARACII:RblIC -
Desde el punto de vista diná-ieo
=~=:l ~.==:=o._'" o conducida) está
caracterizada por una rdaci' e:r,>ecI
e:ntregado por el
motor o requerido por la c:arp. •
-.
ocidad angular de su
eje. La representación gráfica de
se
c:
caracteristica
de la máquina.
Sin pretender cubrir la ~
=,,::i::...:!ci<Ín se presentarán
algunos ejemplos decun-as carac-.aís .
tk~5cac:iiá:;¡
te en Ingeniería.
1.1.1. Motores eléctricos
En la figura 1.2 se muestran las c:aractfiÚ:x:z! cn=:s;:",,¡,;j¡ia;.;¡rs a un motor tri·
fásico de inducción. En la misma se . . ,,_
M
-1-
E
Figura 1.2. Cun'a caracte::rística de
Curvas características de las máquinas
(i)
d
•
15
Marcha continua: corresponde a la porción ED. El motor es capaz
de trabajar sobre cualquier punto de esta porción en forma continua. Al par en D se le llama par nominal o par de placa. A la diferencia entre la velocidad angular del motor en ausencia de carga:
w E Y su velocidad en el punto de par nominal: w D se le llama deslizamz'ento s. Se tiene así que
(ii)
Porción DC. El motor es susceptible de tolerar cualquier sobrecarga
que caiga en esta porción siempre y cuando sea de corta duración.
(iii) Porción CEA. Esta parte de la caracteristica, que rige los períodos
de arranque y parada del motor, es inherentemente inestable, esto
es, el motor es incapaz de funcionar en forma sostenida sobre dicha
porción sin que se produzca de inmediato un calentamiento exce·
siva. El punto A proporciona las condiciones de arranque del motor.
La figura 1.3 muestra las curvas características, típicas de varios tipos
de motores eléctricos industriales con el mismo punto de placa.
Observe que el motor sincrónico es el único que gira a velocidad angular
constante al variar la carga. Los motores de inducción polifásicos y los motores tipo shunt de corriente directa experimentan pequeñas fluctuaciones en
su velocidad al variar la carga.
M
Par de placa
e
B
A
w
Figura 1.3 Curvas características típicas de motores eléctricos. A: motor sincrónico. B: Motor inducción polifásico. C: ~'lotoT "Shunt" D.C. D: Motor
compuesto n.e.E: Motor serie D.C.
16
Sistemas mecánicos
Las tres variables fundamentales en la selección de un motor eléctrico son:
• Par de trabajo apropiado para accionar la carga.
• Par de arranque. Dispositivos tales como bombas y compresores alternativos, correas transportadoras que se arrancan cargados requieren
de un motor de alto par de arranque. Ventiladores, bombas centrífugas, máquinas herramientas, correas transportadoras descargadas
usualmente requieren un bajo par de arranque.
• Deslizamiento: Muchas cargas industriales requieren de una velocidad
esencialmente constante (variaciones de velocidad permisible del
10% ), tales como bombas, compresores, correas transportadoras, máquinas herramientas. Tales cargas deben accionarse con motores de
bajo deslizamiento, tales como un motor de inducción trifásico, un
motor sincrónico o un "shunt" de corriente directa. Por otro lado si
la carga debe experimentar variaciones apreciables en su velocidad,
tal como sucede en las prensas mecánicas y en ciertas maquinarias en
la industria del papel, se debe seleccionar un motor de gran deslizamiento.
1.1.2. Otros motores
En la figura 1.4 se muestran las características de otros dispositivos motrH.;es.
M (N
w
t
- m)
450
400
V
M(%)
200 I-~t-HH
350
300
O
Motor de
Pist n
100
W(>p m )
1000 2000 3000 4000
Turbina
a gas
o 20 40 6080 100
M(%)
2001---,---,----.------,
1001---+------"'"---+----1
Turbina
hidráulica
o
100
W(%)
200
Figura 1.4 Características de dispositivos motores.
w(%)
Cwvas características de las máquinas
17
1.1.3. Cargas
En la figura 1.5 se presentan los tipos de curvas características de cargas
de uso más frecuente:
Carga constante: M = constante. Este tipo de característica es representativo de las cargas de fricción, máquinas de elevación, máquinas herramientas, frenos ... etc.
(ii) Carga lineal: M =Kw (K constante). Los generadores de corriente
continua y las cargas de fricción viscosa, tales como las mezcladoras
y amortiguadores torsionales, son representados por este tipo de
característica.
(iii) Cargas cuadráticas: M = K w 2 (K constante). Este tipo de curva es
característico de las bombas y ventiladores.
(iv) Cargas hiperbólicas: M = KJw (K constante). Este tipo de curva
es típica de las devanadoras de papel.
(i)
M
Hiperbólica
Lineal
Constante
""'''-
--.JL.-
-.w
Figura 1.5 Curvas características de cargas.
Ejemplo 1.1: Ciclo de trabajo de una máquina
Se Ilarna ciclo de trabajo de una máquina a la ley de variación del momento en su eje de entrada o salida con respecto al tiempo, esto es
M = M (t)
siendo M el par generado por el motor o requerido por la carga.
A fin de ilustrar esta definición, en la figura 1.6 se presenta el caso de
una cepilladora, esto es, una máquina herramienta utilizada para el mecanizado de superficies planas.
Por acción de la manivela AC, la palanca BD es obligada a oscilar alrededor del pivote B, Y ésta a su vez, obliga al bloque E a describir un movimiento
rectilíneo oscilatorio. La superficie de trabajo SS se mantiene fija sobre una
18
Sistemas mecánicos
mesa ajustable. La herramienta, solidaria al bloque E, se mueve hacia la dere·
cha en la carrera de trabajo, con velocidad esencialmente constante, para luego
retomar rápidamente a la posición extrema izquierda sin arrancar material.
Durante este período de retomo, el mecanism<' de alimentación avanza lateralmente la superficie de trabajo en la cantidad requerida para el próximo
corte.
Figura 1.6 Esquema básico de una máquina cepilladora.
A continuación se procederá a analizar el mecanismo accionador de la
máquina, llamado mecanismo de retomo rápido, con miras a la obtención de
su ciclo de trabajo cuando la manivela motriz AC gira con velocidad constante.
En la figura 1. 7 se muestra el mecanismo en una posición genérica, en
la cual x representa el desplazamiento horizontal del bloque E, 'Y el ángulo
de rotación de la palanca BE y U el ángulo de rotación de la manivela motriz.
Bajo la hipótesis de que la manivela gira con una velocidad angular constante
de magnitud W, se determinará en primer lugar la ley de variación de la velocidad del bloque E en término de su desplazamiento horizontal x, a fin de
verificar que durante la carrera de trabajo el bloque porta-herramienta se desplaza con velocidad esencialmente constante.
E
Figura 1. 7.
Curvas características de las máquinas
19
De la figura 1.7 se tiene que
(a)
x = htg 'Y
Aplicando el teorema de los senos al triángulo ACB
sen 'Y
r
=
sen (O - 'Y)
1
de donde se obtiene que
tg'Y = sen O
1
- + cos O
r
(b)
Denotando por e< a la relación de longitud 1: r, esto es
e< = 1-
(e)
r
el desplazamiento x adopta la forma
x
h
=
sen O
e<+cosO
(d)
En cuanto a la velocidad del bloque E, basta derivar (d) con respecto al
tiempo; y teniendo presente que O = wt, siendo w la velocidad angular de la
manivela, se concluye:
v
.--;---'
hw
=
o
e< cos + 1
(e< + COS 0)2
(e)
Eliminando O entre las ecuaciones (d) y (e) se obtiene la relación buscada.
En la figura 1.8 se muestra gráficamente la relación V = V (x), para el caso
ex = 2. Los valores representados fueron obtenidos utilizando técnicas digitales.
La parte superior de la curva, para la cual V> O, corresponde alacarrera
de trabajo, mientras que la inferior corresponde a la carrera de retomo. El lector debe observar que la velocidad de avance de la herramienta es esencialmente constante, y que el retomo se lleva a cabo rápidamente.
20
Sistemas mecánicos
'y
l hw
.40
.20·
x
h
.6
.4
.2
.20
-l
r
y
h W máx
-
X máx
0,:1:1 para el avance
1,00 para el retomo
=0.58 h
Figura 1.8 Diagrama velocidad-desplazamiento de un mecanismo de retomo rápido.
Entre otros factores, la resistencia al corte de un material depende de la
velocidad y profundidad del corte, y de la geometría de la herramienta. Consecuentemente, si se utiliza una misma herramienta, la fuerza resistente que
ofrece el material en una cepilladora es esencialmente constante, si no se mo~
difica la profundidad del corte.
Se tiene así que la fuerza resistente F( t ) viene dada por
-
F (t) =
[- =
F
constante
O •... _.. _. . . . . . . . . . • ..
carrera de avance
carrera de retorno
A continuación se procederá a evaluar el par que debe aplicarse a la ma·
nivela para accionar la cepilladora. Con este fin se señalan los diagramas de
cuerpo libre de las distintas componentes del mecanismo, despreciando la
masa de la corredera e y los efectos de fricción.
--r--.. ~
lt;LJ
E
r_ _
,I
/
/'
,
-F(ll
~jJ
1JJ ... ánguJo de corte
Figura 1.9.
Curvas características de las máquinas
21
Tomando momento alrededor de A para la manivela, y teniendo presente que
tu es constante se tiene
(f)'
M=Crcos(O-.y)
siendo M el par motor requerido,
Para eliminar C se procede a tomar momentos para la palanca, alrededor
de B:
siendo lB el momento de inercia de la palanca, referido al extremo B,
Por geometría se tiene
IcBI =J
¡2
+ r 2 + 2 Ir cos O = r JI + a 2 + 2 a cos O ; ~BI= hJcos 'Y
por lo que la última ecuación de momentos se transforma en
rcJI+a 2 +2acosO
(g)
Finalmente, tomando suma de fuerzas en dirección horizontal para el bloque E
Ecos l' - F cos '" = mx
(h)
siendo m la masa del bloque E.
Eliminando E Y C entre las expresiones (j), (g) y (h) se concluye
M = [ lB 'Y
siendo lB
+ h F cos "'] cos (O - Xl
+ h m;; cos
2
a
JI + a 2 + 2 a cos O
, , .. ,
m
(i)
momento de inercia de la palanca, referido a B
masa del bloque porta herramienta
F. . . . . . . . . . . . . . fuerza de corte
Note que (b) y (d) permiten evaluar (i) en función de parámetros conocidos,
ya que
cos l' =
a + cos O
J I + a 2 + 2 a cos O
sen 'Y =
sen 11
JI+a 2 +2acosO
22
Sistemas mecánicos
sen e
1 + a 2 + 2 a cos
'Y
= -2(a 2 .1)aw 2
x
= - h w 2 sen e (a 2 - 2 - a cos e) (a + cos e)-3
e
Se deja al lector la obtención de la expresión fmal.
Si en particular se desprecian los efectos inerciales, esto es, si
lB = O ; m
=O
la expresión (i) se transforma en:
h po cos >/i
cos 2 'Y
M=
.J
cos (e - :y)
1 + a 2 + 2 a cos
e
Desarrollado cos (e - 'Y) Y sustituyendo sen 'Y y cas 'Y por las correspon·
dientes expresiones en función de e, se tiene que
M
a cos e + 1
= h F H (t) (a + cas e)2
(j)
siendo FH
F cos ¡J¡ la componente horizontal de la fuerza de corte, la
cual viene dada por:
x ;;;. O
constante
SI
FH
FH(t) = [ O
x< O
SI
Se concluye, pues, al recordar (e) y (j)
r
O
si
acose+1<O
l+acose
, (a + cos e)2
SI
a cos e + 1 ;;;. O
=1
¡
(k)
en la figura 1.10 se muestra gráficamente el ciclo de trabajo de la máquina
cepilladora.
M
Fnh
.40
.20
o
60
0
120
0
0
180
240
0
300
0
WI
3600
Figura 1.10 Ciclo de trabajo de un~ máquina cepilladora.
Transmisiones
23
1.2 TRANSMISIONES
Se llama transmisión a todo dispositivo utilizado para unir dos componentes de un sistema mecánico, a la vez que permite una eventual modificac!ón
de sus variables mecánicas, tales como direc¿ion y magnitüd de velocidades,
fuerzas y momentos_
En la figura 1.11 se muestra una transmisión usada para unir dos ejes en
rotación. Consiste esencialmente de un eje de entrada E, que gira con una ve·
locidad angular w E transmitiendo un par ME; Y de un eje de salida S, que
transmite un par Ms con velocidad angular w s '
Con el fin de describir el comportamiento mecánico de una transmisión, ,
se introducen a continuación dos parámetros:
M~
w,
E
We
S
~.
Figura 1.11 Esquema de una transmisión.
1.2.1 Relación de transmisión: n
Este parámetro adimensional viene definido por la relación entre las magnitudes de las velocidades angulares de los ejes de salida y entradarespectivamente. Denotando por n a la relación de transmisión se tiene:
In =:; I
(1.1)
En general, la relación de transmisión es un parámetro variable que depende
de la geometría y naturaleza de la transmisión .
.. A continuación se indican algunos tipos de transmisiones:
a) Acoplamiento directo (figura 1.12): En este caso el eje de salida está
rígidamente unido al eje de entrada. Se tiene entonces que n =1.
Figura 1.12.
24
Sistemas mecánicos
b) Engranajes (figura 1.13): La conexión entre los ejes de entrada y salida se logran mediante ruedas dentadas. En el capítulo 2 se demostrará
que esta transmisión es cinemáticamente equivalente ala generada por
dos discos en contacto que ruedan sin deslizar alrededor de los ejes
E y S. Los radios rE y rs de los discos son llamados radios primitivos
de los engranajes de entrada y salida respectivamente.
Dado por sentado lo expuesto anteriormente, la condición de rodadura permite escribir que
por lo que la relación de transmisión es constante a igual a
n
~ ;:] ef> 0J~- tt 1E
Figura 1.13.
e) Transmisión por correas (figura 1.14): La conexión entre los ejes de
entrada y salida se logra a través de dos poleas de radios rE Y r s unidas entre sí mediante una correa flexible. Bajo la hipótesis de que la
correa no desliza sobre las poleas, la relación de transmisión en este
caso es también constante e igual a
Figura 1.14.
Ecuación fundamental de los sistemas mecánicos
25
1.2.2. Eficiencia de la transmisión: 1)
En general, el efecto de las resistencias pasivas inherentes a un dispositivo de
transmisión, tales como fricción, viscosidad, etc., provocan una disipación
de la energía mecánica transmitida en la forma de calor. Como medida de la
intensidad de la disipación se introduce un parámetro,llamado eficiencia de
la transmisión: 1],que relaciona la potencia mecánica en el eje de salida Ps con
la potencia mecánica en el eje de entrada Pe' esto es
(1-2)
Una transmisión se califica de ideal cuando '1 = 1, esto es cuando la energía
mecánica que fluye a través de ella se conserva.
Como el mecanismo de disipación de energía mecánica depende de múltiples y complejas variables, en la práctica se determina el valor del parámetro
adimensional'l por medios experimentales.
La relación entre las magnitudes de los pares en los ejes de salida y entrada
de una transmisión puede evaluarse directamente en función de los parámetros
n y 'l. En efecto, recordando que
(1-3)
esto es, la potencia transmitida por un eje viene dada por el producto del par
que transmite y su velocidad angular, las expresiones (1-1) y (1-2) permiten
escribir
1:;
=
1
n
'11
(1-4 )
Finalmente el lector debe observar que las definiciones (1-1) y (1-2) son independientes de la posición relativa de los ejes de entrada y salida.
1.3 ECUACION FUNDAMENTAL DE LOS SISTEMAS
MECANICOS ROTATIVOS
A continuación se establecerá la ecuación general que rige el comportamiento
dinámico de los sistemas rotativos. Con este fin considere un dispositivo mo·
tor que se conecta con una carga mediante una transmisión, de manera tal que
la configuración de los ejes conductor y conducido sea arbitraria, tal como
sugiere la figura 1.15.
26
Sistemas mecánicos
I
11
, I
E
i
',:
'1' T,"fl'misión
,1\
Figura 1.15.
De acuerdo alos sentidos de rotación indicados en la figura 1.15 se pucden
construir los "semidiawamas de cuerpo libre" (figura 1.16) para los ejes
conductor y conducido. Suponga que estos ejes son rigidos
Figura 1.16
en donde
l m ,l,
Mm, M,
ME, M.
representan los momentos de inercia polares de todas las masas
asociadas al eje motor y al eje conducido, respectivamente.
representan las magnitudes del par de carga y del par motor.
Observe que en la figura se han orientado estos pares en forma
consistente con los sentidos de rotación de los ejes correspon·
dientes.
representan las magnitudes de los pares de entrada y salida,
respectivamente, de la transmisión
,
Ecuación fundamental de los sistemas mecánicos
27
Al aplicar las ecuaciones de Euler para la rotación de un cuerpo rígido
al eje motor y al eje de la carga se obtiene, respectivamente
dW m
(1.5 )
dt
(1.6)
Ahora bien, estas ecuaciones no son independientes ya que están relacionadas
entre sí mediante los parámetros de la transmisión
r¡
1
= Wc
Wm
(1.7)
M.
-r¡=n
ME
(1.8)
El conjunto de ecuaciones 1.5, 1.6, 1. 7 Y 1.8 describen el comportamiento
dinámico del sistema en estudio, y en particular permiten reducir el sistema
multi-eje dado por uno más sencillo. En efecto, de 1.7 Y 1.8 se tiene
Wc =
n Wm
M. = .!L ME
n
y al sustituir en (1.6)
dw m
1
r¡-ME
-Mc(nw
) =/cn
n
.
m
dt
y al eliminar ME entre esta última expresión y 1.5 se concluye que:
2
+--1L¡ )
r¡
c
dW m
dt
(1.9)
Esta es la llamada ecuación fundamental del sistema mecánico referida al eje
motor, la cual expresa que todo sistema mecánico rotativo puede reducirse a
un sistema de un solo eje que gira con la velocidad angular del eje motor W m :
cuyo momento de inercia, llamado momento de inercia equivalente del sistema
referido al eje motor viene dado por
(1-10)
28
Sistemas mecánicos
y sobre el cual se aplica un par de magni tud
n
l)
llamado par aceleran te del sistema.
La figura 1.17 resume lo expuesto anteriormente
Ma
Figura 1.17,
Las expresiones 1.10 y 1.11 permiten establecer las siguientes reglas .;c.-L''''
transferencia de momentos de inercia y pares desde el eje conducido 11M
eje motor:
a) Todo momento de inercia en el eje conducido se refleja en el eje rn
afectado por el factor n 2/7), siendo n y l) los parámetros de red
y eficiencia de la transmisión, respectivamente.
b) Todo par aplicado sobre el eje conducido se refleja sobre el eje ro
afectado por el factor n/l), siendo n y l) los parámetros de la trans .
Al aplicar la regla (b) el lector debe prestar atención al carácter motor o.
ten te del par que pretende reducir, ya que éste se debe conservar despllC:5
realizada la reducción.
El criterio de reducción expuesto anteriormente genera un sistema n·
equivalente al sistema dado no sólo desde el punto de vista de la segun universal de la mecánica (análisis de momentos) sino desde él de la t
ley universal (análisis de energía), tal como se verificará a continuación: e
es sabido la ecuación de la energía para un sistema rígido en rotación
dado por
(W
Jw
Mwdt =
o
(t
Pdt
J to
o equivalente, al derivar con respecto al tiempo
P=lwOl
siendo P la potencia genel!llda por los pares aplicados al sistema, mientra> _
w y Ol representan, respectivamente, la velocidad y aceleración angular dri_
Ecuación fundamental de los sistemas mecánicos
29
Aplicando 1-12 a los ejes motor y conducido del sistema mecánico se
obtiene respectivamente:
=1
m
w m 01.m
= le W e OI.e
siendo: Pm = lW m W m , PE = ME W m , Ps = Msw s Y Pe = Al e w e .
Recordando que: Ps = 11 PE, las dos ecuaciones anteriores pueden combinarse
entre sí para obtener
o equivalentemente
Las expresiones 1.10 y 1.11 permiten escribir la ecuación anterior en la
forma
lo que demuestra la equivalencia entre el sistema original y el sistema reducido
desde el pun to de vista de la tercera ley universal de la mecánica.
Ejemplo 1.2: Tiempo de arranque de un sistema mecánico rotativo
Un motor de característica J\1 m (w m) acciona una carga de característica
Me (w e ) a través de una transmisión de parámetros n y 11. Se desea calcular el
tiempo requerido por el motor para llevar la carga desde el reposo hasta la
condición de régimen permanente.
Con el fin de responder a la pregunta formulada suponga reducido el sistema al eje motor. De acuerdo a los resultados del párrafo anterior, el compor·
tamiento dinámico del sistema está gobernado por la ecuación
(a)
siendo W la velocidad angular instantánea del eje motor,
,\le (w)
= .\1", (w) -r¡n Me (n w)
2
11
+-
11
le
el par acelerante, ('
el momento de inercia equivalente
del sistema
30
Sistemas mecánicos
Al arrancar el sistema, la velocidad del eje motor empieza a aumentar
desde cero hasta alcanzar el valor W o para el cual cesa la acción aceleradora.
Esta es la llamada velocidad de régimen del sistema.
Se tiene así que la velocidad de régimen W o viene determinada por la
ecuación
n
M. (w o ) = Mm (w o )Me (nw o ) =
°
-:;¡
Lcorresf!~nde al punto de~ntersgciónde
curvas características del motor y
dela carga, reducida esta r tIma al e'e motor (figura 1.18).
Deacuerdo-a (a) el tiempo de arranque t viene dado por
t
le
M
[O
dw
M. (w)
(e)
~ M e (1Jw)
j
Mm(w)
w
Figura 1.18.
Con relación a esta expresión, el lector debe observar que la integral es
impropia, consecuentemente el tiempo requerido para alcanzar la condición
de régimen permanente es infinitamente grande. Desde el punto de vista práctico, se define el tiempo de arranque a aquel que requiere el sistema para llevar
su velocidad angular desde cero hasta un valor vecino a W o escogido convenientemente. Se tiene así que:
dw
(d)
siendo usualmente
0,95";;; € < 1
Ejemplo 1.2.
Como aplicación numérica considere el caso del accionamiento de un ventilador centrífugo mediante un motor trifásico de inducción a través de una
transmisión de engranajes de parámetros n = 1/2 Y 1/ = 0,9.
Ecuación fundamental de los sistemas mecánicos
31
Las características de los dispositivos motor y conducido, referidas a la
velocidad de rotación de cada máquina se indican en la figura 1.19.
Se desea evaluar el tiempo requerido por el sistema para alcanzar el
90% de la velocidad de régimen. Suponga despreciable las inercias de la transo
misión, I m = 3 kg'm 2 , le = 4.5 kg m 2
o
Ventilador
Figura 1.19.
Solución
En primer lugar se procederá a reducir la característica de la carga al eje motor. En la figura se muestran sucesivamente las curvas
Me (nw),y,
;
Mc (nw),conn=t,T)=9
La in tersección de las curvas M no (w) y .!:! M e (n w) corresponde al punto
r¡
de régimen permanente. De la figura 1.20, se tiene entonces quew o =1780 rpm.
En la figura 1.21 se muestran gráficamente las funciones
1
Me (w), y I Me (w)
M [Nw •
no]
6U •
40
20
w{rpm)
~
1800
Figura 1.20.
n
32
Sistemas mecánicos
--------20
10
w
O
800
400
1200
Figura 1.21.
De acuerdo a los datos del problema se tiene que
El tiempo de arranque t*, con € = 0.9, vendrá dado por la expresión (d)
1600
t* = le
)
o
dw
(e)
M.(w)
Evaluando la integral numérica o gráficamente* se nene que
dw
- - - = 4,69
1
M.(w)
por lo que
t*
19,93 seg '" 20 seg
En las aplicaciones es frecuente encontrarse con cargas q ~ l'C<!uieren de
un rango de operación muy amplio (grandes variaciones en d ?"l" de ca.rga y
en su velocidad angular). Una de las soluciones adoptadas p=¿ acci
ento de una carga de este tipo es utilizar un motor de capacidad. con\'\~nciCJiD2..:
acoplado a una transmisión de parámetros variables (caja de ce oo·
. E.
siguiente ejemplo muestra cómo se modifica la característica de S2li6. de
motor cuando se utiliza una transmisión variable.
*En este ejemplo se aplicó la regla de Simpson usando 16 sub-intervalos. Obscn.-y que b m~ ~
senta el área encerrada por la curva lIMa Y el eje W, entre los puntos w=O y W=f"-b.
Ecuación fundamental de los sistemas mecánicos
33
Ejemplo 1.3
El motor de combustión interna, cuya característica se muestra en la figura
1.22, se acopla a una transmisión variable de cuatro etapas cuyos parámetos
se muestran en la tabla
Etapa
Primera
Segunda
Tercera
Cuarta
n
0,25
0,39
0,63
1,00
11
0,93
0,95
0,~7
1,00
M (Nw' m)
'00
200
100
w
'Pm
O '----:-:::----::=---::-;~..
2.000
3.000
1000
G4
Gs
G2
GI
......
.....-
~
E
El
Ss
S2
SI
Figura 1.22.
Solución.
a) Descripción de la transmisión. En la figura 1.22 se muestra esquemáticamente una transmisión variable de cuatro etapas en su posición
neutra. Básicamente está constituido por tres ejes:
• El eje de entrada E, al cual se fija el engranaje El.
• El eje auxiliar, al cual se fijan los engranajes Gl, G2, G3 Y G4.
• El eje de salida S, los engranajes Sl, S2, y S3 giran con este eje y
están montados sobre ranuras para permitir su desplazamiento lateral a voluntad de un operador.
34
Sistemas mecánicos
El funcionamiento de la unidad es como se indica a continuación:
Tanto el eje de entrada como el eje auxiliar siempre están rotando,
ya que los engranajes El y G4 están siempre acoplados. Existen
cinco posibles etapas de movimiento para el eje de salida, dependiendo de la posición ocupada por los engranajes S 1, S2 Y S 3.
• Posición neutral. Corresponde a la indicada en la figura. En ella el
eje de salida está desacoplado y en consecuencia no hay transmisión de movimiento
= O
• Primera posición: En este caso el engranaje S 1 se desplaza hacia
la derecha para acoplarse con Gl, así la potencia fluye del eje
de entrada al eje auxiliar a través del acoplamiento de El y S4 Y
del eje auxiliar al eje de salida a través del acoplamiento de G1
Y S1. Los parámetros de la transmisión correspondientes a esta
posición son
, y 111
siendo rx el radio primitivo de la rueda X.
• Segunda posición: En este caso el engranaje S2 se desplaza hacia
la derecha para acoplarse con G2. Los parámetros de la transmisión son
=
~
r
' Y1] 2
S2
• Tercera posición: El engranaje S3 se desplaza hacia la derecha
para acoplarse con G3 se tiene entonces
=
• Cuarta posición: La rueda S3 se desplaza hacia la deredla para
lograr una conexión directa con el eje de en trada. En este caso
se tiene
= 1
1]4
~
1
Ecuación fundamental de los sistemas mecánicos
35
De acuerdo a lo anteriormente indicado, seleccionando adecuadamente las dimensiones de los distintos engranajes se obtienen valores apropiados para la relación de transmisión en cada etapa_ En
particular, en el ejemplo que se está considerando se tiene
ni = 0,25 ;
n2
= 0,39 ;
n3
= 0,63 ;
n4
= 1,00
b) Determinación de las características de salida de la transmisión. De
acuerdo a las expresiones 1.1 y lA el par y la velocidad de salida de la
transmisión viene dada por
M=...!L
n ME
,
en donde r¡ y n represen tan los parámetros correspondien tes a una posición de la transmisión, mientras que M E Y w E vienen dados por la
característica del motor.
Aplicando las expresiones anteriores para cada una de las posiciones
de la transmisión se obtienen las cuatro curvas que se muestran en la
figura 1.23, las cuales representan la característica del conjunto motortransmisión.
Observe que el par máximo del conjunto es 3.72 veces mayor que
el par máximo entregado por el motor directamente (en este caso particular la curva característica del motor coincide con la curva correspondiente a la cuarta posición.)
M, (Nw-m)
100
...
Primera
80
60
\'"'---SegWl.C1a
400
200
OL_~1;-¡0¡l;0"'0---¡;2oiooi<;0'--'3"'0~00n--.'w,
(']'m)
Figura 1.23
36
Sistemas mecánicos
También el conjunto es susceptible de funcionar a velocidades bajas,
del orden de la 125 rpm. La tabla 1.1 muestra algunos puntos de la
característica de salida del conjunto
Tabla 1.1
Segunda
Tercera
Cuarta
Motor
Primera
w",
Mm
W4
M4
W,
M3
W,
M,
W¡
M¡
500
1000
1500
2000
2500
3000
260
280
280
270
230
190
500
1000
1500
2000
2500
3000
260
280
280
270
230
190
315
630
945
1260
1575
1890
400
431
431
416
354
292
195
390
585
780
975
1170
633
682
682
658
560
463
125
250
375
500
625
750
967
1042
1042
1004
856
707
1.4 EFECTO DE VOLANTE EN SISTEMAS MECANICOS
Como es sabido, el comportamiento de un sistema mécanico rotativo está regido por la ecuación fundamental
dw
dt
(1.13 )
en donde Mm, Mc e 1 representan los pares motor y resistente, y el momento
de inercia total del sistema, reducidos al eje que gira con velocidad angular w.
De acuerdo a 1.13 la condición de régimen permanente se alcanzará cuando
el par aceIerante sea nulo, esto es, cuando Mm =Me' Tal situación se presenta,
entre otros, en los siguientes sistemas .
• Motor eléctrico accionando una bomba centrífuga.
• Turbina a gas accionando un generador eléctrico.
En una variedad de aplicaciones, sin embargo, la cO:ldición de operación
de un sistema mecánico no corresponde precisamente a un régimen permanente ya que debido a la naturaleza del dispositivo motor o/y del ciclo de trabajo de la carga, el par motor no se ajusta en cada instante al requerido por la
carga, obteniéndose Wla variación cíclica para los pares motor y conducido,
tal como se sugiere en la figura 11. 24. En tales casos se dice que el sistema
mecánico está animado de un régimen períódico, del período T
La ecuación fundamental del sistema permite establecer las siguientes
condiciones de acolJlamiento IJara un sistema mecánico en rérimen IJeríódico.
a) En un ciclo, los valores medios del par motor y del par de la carga,
reducidos a un mismo eje, son iguale~
Efecto de volante en sistemas mecánicos
37
En efecto, integrando 1.13 durante un ciclo completo'
(t+ T
)
(Mm -Me)dt = 1 [w (t + T) -w (t)]
=O
1
de donde
1 ('+ T
T), Mm dt
=
o equivalentemente
Siendo Mm y Me los valores medios por ciclo de los pares motor y resistente, respectivamente
b) En un ciclo, la energía mecánica entregada por el motor es igual a
la energía mecánica requerida por la carga, siempre y cuando ambos elementos hayan sido reducidos al mismo eje. *
En efecto, multiplicando ambos miembros de 1.13 por w e integrando durante un ciclo, se obtiene
~
I+T
Mm wdt 1
)'+T
.
Me wdt = O
'1
quedando demostrada la propiedad.
En la figura 1.24 se muestran las características del elemento motor y
de la carga, reducida a un mismo eje, de un sistema mecánico animado de régimen periódico.
En tales sistemas, aunque la energía total entregada por el motor y la re·
querida por la carga son iguales en cada ciclo, las tasas instantáneas de suministro y de demanda de energía son diferentes. Durante una o varias porciones
del ciclo el par motor es mayor que el par de la carga (en la figura 1.24, los
intervalos AB, eD y EF), suministrándose al sistema más energía que la requerida, por lo que la velocidad aumenta hasta que el exceso de energía se transforma en energía cinética. Durante el resto del ciclo, la carga requiere mó".
energía que la suministrada directamente por el motor, consecuentemente la
diferencia es compensada por la energía cinética almacenada, lo que equivale
a una reducción en la velocidad del sistema.
• Observe que los valores reducidos del par motor y del par de la carga toman en cuenta la eficiencia de
la transmisión.
38
Sistemas mecánicos
Finalmente los puntos de corte de las curvas características del motor y
de la carga corresponden a los valores estacionarios de la velocidad angular del
sistema.
Con el fin de visualizar la transferencia de energía antes descrita, en la
figura 1.24 se presenta un diagrama cualitativo de fluctuación de la velocidad
angular del sistema. Para construir este diagrama se integró la ecuación 1.13
entre dos instantes arbitrarios tI Y t 2 , obteniéndose
(1.14)
El incremento experimentado por la velocidad angular de un sistema
mecánico rotativo en un intervalo de tiempo es igual al área encerrada por las
curvas características del motor y de la carga en el correspondiente intervalo,
dividido por el momento de inercia total del sistema.
M
~~~-_._-----
e
A
I
w
wmáx
D
I
E
I
F
I
G
r
t
I
I
,..J,m'n
A
Figura 1.24 Par motor y par resistente para un sistema en régimen periódico, con su correspondiente diagrama cualitativo de fluctuación de velocidades.
Una consecuencia de la expresión 1.14 es que, en un sistema de elementos motor y conducido dados, cuanto mayor sea el momento de inercia equivalente del sistema tanto menor será la máxima fluctuación de velocidad. Por
esta razón, en muchas aplicaciones se introduce intencionalmente un rotor,
solidario a uno de los ejes del sistema, con un momento de inercia tal que
asegure que las fluctuaciones cíclicas de velocidad se mantengan dentro de
límites apropiados. Este rotor es llamado volante, y el efecto que produce:
Efecto de volante en sistemas mecánicos
39
el de acumulador de energía, es llamado efecto de volante. Algunos ejemplos
de sistemas que requieren volantes son:
• Generador eléctrico accionado por un motor de combustt,"ón interna.
En este caso la función del volante será la de garantizar una fluctuación mínima en la velocidad del sistema.
• Prensa mecánica accz'onada por un motor eléctrico. En este caso el
volante permitirá utilizar un motor relativamente pequeño para cumplir con los requerimientos de la carga.
Problemas de volantes
Caso 1. Cargas intermitentes
En una gran variedad de sistemas mecánicos, tales como prensas, punzonadoras, etc., el trabajo útil se produce durante una fracción pequeña del ciclo de
operación. La mayor parte de la energía requerida es tomada de! volante, y
sólo una pequeña porción es suministrada directamente por e! motor. Durante
e! resto de! ciclo e! motor suministra progresivamente la energía utilizada al
sistema, la cual se va acumulando en e! volante y otras partes rotativas, hasta
alcanzar e! nivel que se tenía antes de! ciclo de trabajo. Así, en este tipo de
problemas la provisión de un volante permite distribuir la energía requerida
por la carga durante todo e! ciclo de operación permitiendo la utilización de
un motor de menor capacidad.
A continuación se presentan dos ejemplos que ilustran e! cálculo de este
tipo de volan tes:
Ejemplo 1.4
En la figura 1.25 se muestra esquemáticamente una máquina punzonadora
constituida por un motor eléctrico que acciona un volante mediante una transmisión por correas, y un mecanismo de barras deslizantes cuya corredera lleva
la herramienta perforadora. Durante e! ciclo de trabajo la herramienta realiza
la perforación, con la consiguiente reducción en la energía cinética del volante.
Acoplamiento
Volante
Engranajes
Correa
Herramienta
Figura 1.25.
•
40
Sistemas mecánicos
Finalizada la perforación el motor acelera al sistema hasta que se recunera el estado inicial en la velocidad del sistema, reiniciándose el ciclo.
Datos
• Parámetros de la transmisión por correas.... .nl = 0,22 '71 = 0,94
• Parámetros de la transmisión por engranajes . .
= 0,14 '7. = 0,96
n.
El accionamiento se logra mediante un motor de inducción de gran deslizamiento, con una velocidad de sincronismo de 1500 rpm, y cuya característica se muestra en la figura 1.26: Máximo deslizamiento permisible, medido
en el eje motor: 17% de la velocidad de sincronismo; velocidad nominal del
motor 1425 rpm.
M
2.0
tUs . .. . velocidad de sincronismo
M P' ., par de placa
Mp
Q
1.5
'--1.7
I
1.0
L
0.5
I
_
I
i
'--
~
0.83~·
w,
-+_~-'L.->__.L....\_
0.7
0.8
0.9
-
1.0
Figura 1:26
Mecanismo porta-herramienta:
• Longitud de la manivela
• Longitud de la biela
• Eficiencia del mecanismo
T
= 5 cm
1= 50 cm
"173 = 0.93
Del diseño del mecanismo es sabido que la máxima fuerza permisible
actuando sobre el pistón porta-herramienta es P m<Í~ = 39.000 kg.
Se desea determinar la potencia del motor y el momento de inercia del
volante requeridos para una perforación continua de huecos de diámetros
máximo en una placa de 2 cm de espesor, suponiendo que
a) El momento de inercia del motor y la polea motriz es 1, = 0.5 kgm'.
El momento de inercia del engranaje conducido es 13 = 0.15 kgm'.
b) Desprecie el efecto de la inercia del piñón y del mecanismo porta-herram;~nta.
r
~tulo
2
NSMISIONES
;LRALIDADES
o fuera indicado en el capítulo 1, se llama transmisión a todo disporilizado para unir dos componentes de un sistema mecánico. En este
.::I!;':'".}o se procederá a analizar el comportamiento mecánico de las transmimue ejes en rotación.
~ su funcionamiento se clasifican las transmisiones en dos grandes
=~~ri'as:
Transmisiones permanentes: tal como lo sugiere su nombre son aquellas transmisiones que establecen una conexión permanente entre los
ejes. Tal es el caso de los acoplamientos rígidos y flexibles, transmisiones hidráulicas, correas, engranajes, ... etc.
~ Embragues: esta categoría corresponde a los acoplamientos temporaes, utilizados para conectar o desconectar ejes a voluntad de un operario externo. Como ejemplos se tienen los embragues de dientes, de
fricción, hidráulicos, centrífugos, etc.
ACOPLAMIENTOS RIGIDOS
:>quellos acoplamientos que por su construcción no permiten ningún grado
- xibilidad angular, axial o rotacional entre los ejes vinculados. Consecueneme se les utiliza para acoplar ejes colineales.
65
66
Tnnsmisiones
2.2.1 Acoplamientos de brida
Tal como sugiere la figura 2.1, las bridas colocadas en los extremos de los ejes
se fijan entre sí mediante tornillos, luego la transmisión se logra mediante fricción entre los platos apretados pur los tornillos, o simplemente por corte en
los tornillos.
Figura 2.1 Acoplamiento de brida.
2.2.2 Acoplamientos de collar
Consiste de un collar cilíndrico que se ajusta a presión con los ejes a conectar,
y asegurados mediante tornillos para prevenir su deslizamiento (figura 2.2).
Esta categoría de acoplamientos es muy sencilla y de bajo costo, y su único
inconveniente es que requiere que los ejes a conectar estén perfectamente alineados para evitar esfuerzos de flexión severos y el desgaste excesivo de los
cojinetes.
Figura 2.2 Acoplamiento de collar.
2.3 ACOPLAMIENTOS FLEXIBLES
Dentro de esta categoría se encuentran aquellos acoplamientos susceptibles
de experimentar cierto grado de movilidad, tal como excentricidad entre los
ejes, desplazamiento axial o angular de los ejes, angularidad entre los ejes, etc.
2.3.1 Acoplamiento de material elástico
Tal como indica la figura 2.3, el acoplamiento entre los dos ejes se logra me·
diante una pieza de material elástico (neopreno, tefIón, .. ) permitiéndose así
un alto grado de movilidad.
..+-r%3,
Matenal elastlco---
Figura 2.3 Acoplamiento de material elástico.
Acoplamientos flexibles
6"7
2.3.2 Acoplamiento de Oldham
Tal como sugiere la figura 2.4, el acoplamiento se logra a través dc un disco
que lleva solidario dos guías diametrales, una en cada una de sus caras, perpendiculares entre sí, de manera que cada guía calza en las ranuras practicadas en las bridas de los ejes de entrada y salida.
El diseño de este dispositivo permite pues acoplar dos ejes paralelos no
colinealcs, e independientemente de la excentricidad existente el conjunto gira con una velocidad angular única.
9
(
Figura 2.4 Acoplamiento de Oldham.
2.3.3 Acoplamiento de Hooke
Este acoplamiento consiste fundamentalmente en un miembro cruciforme y
rígido AA 'OBB' que se articula a los ejes de entrada y salida, y cuyos brazos
AA' Y BB' son perpendiculares entre sí. Esta disposición permite acoplar ejes
que se cortan en el punto O (centro de la cruceta) (figura 2.5).
. Ao
/B'o
r
.
w,
Figura 2.5 Acoplamiento de Hooke.
Análisis cinemática:
A continuación se procederá a detem1inar la relación de transmisión en un
acoplamiento de este tipo: Con este fin se definen los siguientes vectores unitarios (figura 2.6):
-'i'
Efecto de volante en sistemas mecánicos
41
e) La perforación se produce al final de la carrera de avance de! pistón.
d) Aunque e! diagrama fuerza de corte-penetración de! punzón depende
de muchos factores tales como la ductilidad de! material, forma y
uso de la herramienta, etc., se supondrá una variación parabólica, tal
como se indica en la figura 1.27.
Fmáx
r------':.cc¡:=-_F
Penetración
del punzón
Figura 1.27.
Solución
En primer lugar se procederá a reducir e! subsistema constituido _por las dos
transmisiones y e! motor, al eje de! acoplamiento. Par ser éste el eje conducido,
en cada etapa de la transmisión e! par motor se verá afectado por e! factor
71/n, mientras que e! momento de inercia lo será por e! factor 71/n2 . Consecuentemente se tiene que e! par motor reducido viene dado por
M* = Mm .!l!.., 712
m.
n,
(a)
n2
mientras que e! momento de inercia equivalente es
=
+ Iv
712
(b)
siendo Iv e! momento de inercia de! volante.
Consecuentemente e! subsistema considerado se puede representar como
se indica en la figura 1.28, siendo Me e! par resistente medido en e! acoplamiento.
Figura 1.28.
42
Sistemas mecánicos
Se tiene pues que e! comportamiento dinámico de! sistema está regido
por la ecuación diferencial
M*m - M e
1~ dUlL-=
dt
(e)
Ahora bien, dado que una integración directa de esta ecuación es muy
compleja (por e! álgebra involucrada y e! tiempo requerido), se procederá a
resolver e! problema aproximadamente. Con este fin se multiplican ambos
miembros de (e) por w, y se integra la expresión resultante entre dos posiciones de! sistema: A y B, obteniéndose:
1
2
esto es
(d)
siendo (e;;' )A B Y (e e) A B la energía entregada por el motor (medida en e! eje
de la carga) y la requerida por la carga en e! intervalo AB, respectivamente.
Determinación de la potencia del motor
Particularizando (d) para un ciclo completo, se tiene
(e)
A continuación se, procederá a evaluar cada ténnino.
a) Energía requerilÚl por la carga, por ciclo
De acuerdo a la hipótesis (d), la fuerza de perforación depende de lapenetración
del punzón según una ley parabólica. Se tiene entonces que
siendo e el espesor de la placa a perforar; Fmáx la fuerza máxima de perfora·
ción, y 113 la eficiencia del mecanismo porta.herramienta.
En general F má% se puede calcular a través de la expresión
F má %
= 11" de T,
Efecto de volante en sistemas mecánicos
43
siendo d el diámetro de la perforación y T f el esfuerzo cortante en el punto
de fluencia. Sin embargo, en este problema se proporciona directamente el valor máximo de F permitido por el mecanismo, el cual corresponde a la fuerza
requerida para perforar huecos de diámetro máximo en una placa de material
y espesor dados:
F máx = 39.000 kg
Sustituyendo en (f) se obtiene
2
(g)
b) Energía entregada por el motor, por ciclo
De acuerdo al enunciado del problema, el punto P en la curva característica
del motor corresponde al punto de placa. A partir de este punto se inicia la
perforación, por lo cual la velocidad del motor se reduce hasta alcanzar un
punto Q para el cual el deslizamiento es igual al 17% de su velocidad de sincronismo. Se tiene así que
=
0,17 w
s
de donde
=
0,83 w
s
= 1245 rpm
(h)
siendo el correspondiente par, de acuerdo a la gráfica
(i)
Alcanzado el punto Q (punto final de la etapa de perforación), el motor
se acelera retornando al punto P, reiniciándose el ciclo.
Conclusión: Durante un ciclo la velocidad angular del motor varía entre
1425 rpm y
mientras que el par motor varía entre
y
~----
1245 rpm
44
Sistemas mecánicos
Dado que una evaluación directa de (e;:'. )ciclO es en general complicada,
pues se requeriría determinar la dependencia de W c con el tiempo, se procederá a estimar su valor. Aplicando el teorema del valor medio del cálculo inte gral a la expresión
=f
M*m w e dt
J
w e dt = 2 l' M*
m
J ciclo
se obtiene
(e:r )ciclo = !>i*m
ciclo
siendo M': un valor intermedio del par motor medido ~n el eje de la carga_
Recordando (a), la expresión anterior se puede escribir como
e~ = 21'
'11 '12
,Q".
(j)
nI n2
siendo Mm un valor intermedio del par motor medido en su propio eje, esto
es:
Suponiendo que Mm puede evaluarse como la media aritmética de los
valores máximo y mínimo de Mm' durante el ciclo
fJ m =
i(
M m1n
+ M máx ) = 1.35 M p
(k)
se tiene que
e*m
-
_
2 l' -,-11,,-1--=11."-2_ X 1.35 Mp
= 248.52 M
p
(1)
Comparando entonces (i) y (1) se obtiene que M p = 22 Nw-m, por lo
que se requiere una potencia nominal de
Nw-m
= 4,46 c.v.
seg
Se selecciona un motor de 5 C.V. con un par nominal = 24,65 Nv.rm.
I
Efecto de volante en sistemas mecánicos
45
Determinación de la inercia del volante
Al aplicar la ecuaclón(d) durante una perforación se tiene:
siendo (wc)f y (wC)i fo.....vafores de la velocidad angular del eje de la carga al
finalizar y al iniciarse la perforacion respectivamente.
a) Estimación de la energía entregada por el motor durante una perforación
( E m*) p.,r
= J Mm
* w e dt
aplicando el teorema del valor medio de la integral anterior se obtiene:
--*
(n)
(dh)pnf = M ro (J p
siendo M:' un valor intermedio del par motor que se supone corresponde al promedio de sus valores extremos, esto es:
M*
m
mientras que (J p corresponde al ángulo girado por el eje de la carga
durante la perforación, tal como se indica en la figura 1.29.
\
~
Ll~+e-j.j...
I
~I
di
I
Figura 1.29
Determinación de (J p: observe en primer lugar que:
r
sen rf¡ p = -1- sen (J p
esto es:
,;;;
r
46
Sistemas mecánicos
por lo que se puede supon"r que cos <Pp."" 1. De la figura se tiene que:
(r + 1) - (r cosO p + Icosrpp) = e
Luego:
'" = r- -ccos'f'
P
r
esto es: Op
53,13° = 0,93 rad
Sustituyendo en (n) se obtiene
(e*m )p,,¡ = 904,11 Nw- m
b) La energía requerida por la carga durante una perforación fue calculada
anteriormente, obteniéndose
( c*e )perf - 5.468 Nw-m
e) Determinación de los valores extremos de la velocidad de la carga.
Tal como fuera indicado anteriormente la veloCidad angular del motor
varía entre 1425 rpm y 1245 rpm durante la perforación. Al tener
presente que
se obtiene que la velocidad angular de la carga varía entre
y
(wc)¡= 38,35 rpm = 4,02...rn!....
seg
~ustituyendo en (m) se obtiene el valor de 1e
le
= 1826 kg - m 2
y consecuentemente, a partir de la ecuación b) queda determinado el
momento de inercia del volante
Efecto de volante en sistemas mecánicos
47
Ejemplo 1.5
En un cierto proceso, un motor eléctrico acciona directamente a una carga in~
termitente de tipo periódica.
La característica del motor se idealiza mediante una línea recta en el
intervalo W I < W < W2. tal como sugiere la figura 1.31; mientras que el ciclo
de trabajo de la carga se representa mediante un par constante de magnitud
Mo aplicado durante un intervalo de tiempo T, que se repite periódicamente
(figura 1.30) .
Se desea determinar el tamaño del volante requerido, de manera que la
velocidad del sistema se mantenga entre los límites w, y W2' así como el tiempo requerido por el sistema para recuperar su estado inicial de velocidad.
r----- ..
II
I
•'
I
I
:
,,
,,,
,
,,,
I
I
I
,
,,,
I
,
I
'
I
Tp
Figura 1.30
---+
Figura 1.31
Solución
Durante la etapa de trabajo la velocidad del eje motor se reduce de w 2 a w,
tomando para ello un tiempo T. Finalizada esta etapa el sistema se acelera
hasta alcanzar nuevamente la velocidad W 2 , repitiéndose el ciclo.
Con el fin de responder las dos preguntas formuladas se procederá a analizar cada etapa del ciclo por separado, utilizando para ello la ecuación fundamental
Mm - Me
= I e ...f!:...s:!...
dt
(a)
siendo le la inercia equivalente del sistema. Observe que el par motor puede
escribirse en la forma
Mm
= a-bw
(b)
en donde
a =
M,w 2 -M 2 w,
w 2 -W 1
b=M,-M 2
w 2 -w 1
(e)
48
Sistemas mecánicos
mientras que el par de la carga ,-
(d)
.\l.
Me (t)
=
O
[
siendo T p el período del ciclo de la ca: =
:.;:::===0:::>.. -;-- este
problema resulta conveniente exp= ' ~==~¿5:==::.
de
Mm' Combinando así a) y b) se obti~
_1_
e
L
b
Análisis de la etapa de trabajo
e)
=
O,¡;; t ,¡;;
En este caso la ecuación (e) se transforma en
le
b
dMm
dt
+ JI
=
cuya solución general es
Determinando la constante K mediante la con
cuando
se obtiene
(j)
Del enunciado del problema se tiene que cuando ; = T
JI
= MI' esto es
.l!,
Mi - Mo = (M 2 -Mo);re
Despejando l,. Y utilizando (e) se concluye que
1e
T
Ln(Mo
M2 l
Ln(M o M¡)
(g)
Efccto dc volante cn sistemas mecánicos
49
Observe que el momento de inercia calculado mediante (g) es la suma de
los momentos de inercia de la carga, del motor y del volante.
Análisis de la etapa de aceleración T"'; t ",; T p
En esta etapa la ecuación fundamental (a) toma la forma
le
b
dM m
dt
+ Mm = O
cuya solución general es
La constante K puede evaluarse a partir de la condición
cuando t = T
Mm = M 1
obteniéndose
-f
Mm = Mi e
(t-T)
e
(h)
La determinación del período de la carga puede determinarse a partir de
(h) ya que cuando t = Tp , Mm =M 2 , concluyéndose que
~=
T
1 +
M
M
M
o - MI
Ln (o
')
Caso Il Cargas continuas
Considere el caso de un dispositivo motor accionando una carga continua. Suponga que las característi s motriz y resistente son conocidas en función del
tiempo (o de otro parámetro CI ico), y que satisfacen las condiciones deacoplamiento descritas anteriormente.
Dado que las tasas instantáneas de entrega y demanda de energía son diferentes, la velocidad del sistema variará de acuerdo a la expresión 1.14 dentro
de ciertos límites, esto es
W,
mm
~w~w_
ma.
l
50
Sistemas mecánicos
De acuerdo a la tercera ley universal de la mecánica, la máxima variación
de energía mecánica del sistema: E máx , esto es, la energía mecánica neta entregada por el sistema cntre los instantes para los cuales la velocidad angular
alcanza sus valores extrelllOS W mln
, y W
_ viene dada por
max
,
Emax
,=
t m áx
1M -M)wdt
e
) t,' m
mm
(1.15)
consecuentemente, el momento de inercia equivalente requerido para que la
velocidad angular del sistema fluctúe dentro de los límites w mm, y w max
,ven,
drá dado por
(1.16)
Con el fin de cuantificar la variación de velocidad del sistema se introduce el
llamado coeficiente de fluctuación de velocidad e r- definido como
ef
(1.17)
siendo w el valor medio de la velocidad angular
W; ): wdt
A título ilustrativo se indican a continuación algunos valores típicos de C,:
0,05
Bombas
• Máquinas
0,02
herramientas
• Generadores
0,005
• Alternador
• Motores de combustión interna 0,002
0,003
•
Tal como sugiere la tabla anterior en muchas aplicaciones el coeficiente
de fluctuación es muy pequeño, esto es
ef < < 1
Efecto de volante en sistemas mecánicos
51
lo que equivale a decir que el sistema gira con una velocidad angular esencialmente constante: w, luego
l'
j
w máx + wmín '" 2 W
y
Combinando estas expresiones con 1.17 y 1.16 se obtiene
1e
(1.18)
A continuación se presentan dos ejemplos que ilustran el cálculo de volantes para el caso de una carga continua.
Ejemplo 1.6
Un dispositivo motor que gira con una velocidad angular esencialmente constante de 500 rpm acciona una carga mediante una reducción de parámetros:
n =0,5
1)
= 1.00_
tal como sugiere la figura 1.32.
Con el fin de garantizar un coeficiente de fluctuación de velocidad de
C, = 0,02, medido en el eje motor, se coloca un volante solidario al eje de la _
carga_
.
Suponiendo que las características motriz y conducida vienen dadas por
Mm
Me
= 2500 + 675 sen 2 e (Nw-m)
= 5000 + 540 sen 2 e (Nw-m)
siendo e el ángulo de rotación del eje de la máquina correspondiente, calcular
la inercia del volante requerido. Suponga adicionalmente que
Figura 1.32.
b
52
Sistemas mecánicos
Solución
Al reducir el sistema al eje motor se tiene:
Mm
siendo
= 2500 + 675 sen 2 e
(u) I
e el ángulo de rotación del eje motor. De igual manera
M~ = 0.5 (5000 + 540 sen 2( ~ e) ) = 2500 + 270 sen e,
(b)
ya que el ángulo de rotación del eje de la carga es la mitad del rotado por el
eje motor.
La inercia equivalente viene dada por
I e = Im
+ n 2 (1e + I v ) = 7,3 + 0,25 I u
(e)
siendo Iv la inercia del volante.
En la figura 1.33 se representan las características M m y M~ referidas al ángulo
e.
4000
E
ID
2000
¡, I.
¡I
1000
78.41
I.
0
o
281.38
I 90
180
270
360
o
i
\
Figura 1.33.
en donde los puntos de corte son soluciones de la ecuación
Mm
= M*e
esto es
2500 + 675 sen 2
e = 2500 + 270 sen e
Efecto de volante en sistemas mecánicos
53
obteniéndose los siguientes valores:
0°; 78.41°; 180°; 281.38°; 360°
De inmediato se verifica que el área encerrada por las curvas Mm Y Me *,
entre dos puntos IJ 1 Y IJ 2 del ciclo, es igual a la correspondiente variación de
la energía mecánica del sistema. En efecto, recordando que w =~ se tiene
d t
E =
r
1
(Mm -
M~) w dt = ~: (Mm -~) dIJ
Consecuentemente, por simple inspección de la figura anterior se tiene que la
máxima variación de energía mecánica ocurre entre los puntos B y e (o entre
e y D), siendo su valor
o
E ouix
= (ISO o (675 sen 2 IJ - 270 sen IJ) dIJ
= 972Nw-m
) 78.41
De acuerdo a la expresión simplificada 1.18 se tiene que
le
= 7.3 + 0.25 Iv
972
0.02 (~.~ ')2
12.31
luego
II" =
20 kg - m 21
Observe que de colocarse el volante en el eje motriz se requeriría un momento
de inercia cuatro veces menor, pero girando con una velocidad angular dos veces mayor.
Ejemplo 1.7
Un dispositivo motor acciona directamente una carga constante, de manera
que el conjunto gira con una velocidad angular esencialmente constante
Suponiendo que el motor entrega un par
w.
M=M (IJ)
.~,===============~-----
54
Sistemas mecánicos
e
siendo el ángulo de rotación del eje del sistema, el cual es periódico (período (8); y que el coeficiente de fluctuación de velocidad es conocido
e¡ < < 1
construir un diagrama de flujo que permita evaluar:
a) El par requerido por la carga.
b) El momento de inercia equivalente del sistema.
Solución
En la figura 1.34 se muestra el diagrama rquerido.
SI
T
I
.....-=---'-.-."76-,-.~¡
,
NO
E> SUP
SI
SUP=E
Figura 1.34.
Ejercicios
55
Observe que la máxima variación de energía mecánica puede expresarse
como
consecuentemente el algoritmo presentado se basa fundamentalmente en determinar los valores máximo y mínimo de la función
E(O) =
~: (M-Me) dO
para una partición del período de amplitud /',0.
1.5
EJERCICIOS
1.1 A partir de la característica del motor de pistón indicado en la figura
1.4 obtenga la curva potencia/velocidad angular del motor. A partir de
ella obtenga la máxima potencia entregada por el motor y la velocidad
de rotación del motor cuando entrega 140 c.v.
1.2 Calcular el par resistente medio por ciclo requerido por la máquina cepilladora del ejemplo 1.1. Dibuje la correspondiente curva característica,
justificando su respuesta. Dibuje adicionalmente 1'1 curva de potencia
contra velocidad angular.
1.3 Encontrar la ecuación fundamental de un sistema mecánico rotativo referida al eje conducido. Comente brevemente cómo se vería afectada
esta ecuación si se toma en cuenta el efecto de la fricción
1.4 Reducir al eje motor cada uno de los sistemas indicados (figura 1.35).
,.
1 •:> Con relación al sistema indicado en el ejemplo 1.2, determinar la relación
de transmisión requerida: n si se desea un tiempo mínimo de arranque.
Como se vería afectado su resultado si se considera un motor de gran
deslizamiento
1.6 Considere un carro de l~ siguientes características:
• Motor y caja de velocidades
descritos en el ejemplo (1.3)
• Parámetros del diferencial (transmisión entre el eje de salida de la caja
n = 0,31 1) = 0,97
de velocidades y el eje trasero del vehículo)
• Peso del carro
W = 1800 kg
d = 70 cm
• Diámetro efectivo de las ruedas
• Resistencia al avance, en newtons 0,0149 W + 1,1316 y2 siendo Wel
peso del carro, en newtons, y V su velocidad en m/seg.
Si el carro parte del reposo, calcule el tiempo mínimo (mariposa totalmente abierta) requerido para alcanzar una velocidad de 90 km/hr, así
56
Sistemas mecánicos
a) Carga accionada por un
I Motor
motor mtdiantt una
transmisión por correas.
hf--1' Cuga
~
b) Accionamiento de un ascensor con contra~so mediante un motor.
U ,}
F (t)
rrrr
"",bm:;,q¡;,:¡,:;¡;;i7PP'~';;¡'-
c) Una cremallera accionada
por un motor mediante
un piñón.
Figura 1.35
como la correspondiente distancia recorrida. Suponga la masa total
del carrO incrementada en un 20% para tomar en cuenta el efecto de
la inercia rotativa de los distintos mecanismos.
1. 7 En la figura se muestra un disco de inercia lA girando con velocidad angular constante W o conectado a una transmisión de parámetros n y TI.
Si súbitamente se acopla la salida de la transmisión con un disco de inercia lB' inicialmente en reposo, determine la velocidad de rotación de
cada eje después de finalizado el impacto.
J
lB
r,I
I
1 I
----1 I
, 1
1 ,
L"
Figura 1.36
1.8 El tambor de arrollado de una grúa es accionado por un motor eléctrico
a través de una reducción de tres etapas idénticas (figura 1.37).
•
•
•
•
•
•
Reducción de la transmisión: 48
Eficiencia de la transmisión: 0,75
Diámetro del tambor: 630 mm
Inercia del eje motor: 4,6 kgm2
Inercia de los ejes intermedios: 16 kgm'
Inercia del tambor: 640 kgm2
Ejercicios
57
• Determinar la potencia del motor cuando la grúa levanta un peso de
15 ton. a una velocidad de 0,12 m/seg
Figura 1.37
Suponiendo que el motor entrega un par constan te, determine el tiempo
requerido para nevar la carga desde el reposo hasta la velocidad de ascenso.
1.9 Un motor de inducción clase D, de alto par de arranque y gran deslizamiento tiene la siguiente característica
w/w
I
m
1.00
0.99
0.85
0.66
0.40
0.20
0.10
M/M m
O
1
2
3
3.3
3.2
3
siendo W m y Mm los valores nominales de W y M.
El motor acciona una carga constante (que requiere un par igual al
nominal) bajo condicioncs permanentes cuando el voltaje de la red cae
súbitamente en un 50% y permanece así por 0.6 seg. hasta que se recupera el voltaje nuevamente.
Se desea saber si el motor se para debido a la caída de tensión. Si la
respuesta es negativa, determine el tiempo requerido por el motor para
alcanzar nuevamente su velocidad de régimen.
La inercia del conjunto es tal que se requieren 1,2 seg para nevar el
sistema desde el reposo hasta la velocidad nominal cuando se le acelera
con un par constante igual al nominal.
El par entregado por un motor de inducción es proporcional al cuadrado del voltaje de su armadura.
58
Sistemas meclnicos
1.10 En instrwnentación es frecuente encontrarse con sistemas mecánicos en
los que la inercia de la carga es prácticamente despreciable, y la única
función del elemento motor es lograr un movimiento del eje de salida,
venciendo por supuesto la resistencia debido a la fricción. En este tipo
de problema resulta pues importante diseñar la transmisión de manera
que, sin modificar la relación de transmisión total, el momento de inercia
del tren referida el eje motor sea mínimo.
Considere una transmisión de engranajes de dos etapas, de manera que
las ruedas motrices en cada escalón sean idénticas. Verifique que, para
una relación de transmisión total n, la relación entre el momento de inercia de la primera rueda motriz es mínima cuando
6
4
+ n 2 ni - n 2 =o
2 ni
siendo ni la relación de transmisión para la primera etapa de la reducción.
Considere que el momento de inercia de un engranaje es proporcional
a la cuarta potencia de su radio primitivo. Represente entonces la relación
momento de inercia del tren/momento de inercia de la primera rueda
conductora cn función de la relación de transmisión total, y compare con
el caso de una transmisión de una sola etapa.
1.11 Calcular la variación de velocidad que experimenta la máquina punzona·
dora descrita en el ejemplo 1.4 cuando se la utiliza para perforar agujeros
de 2 cm de diámetro en una placa de acero de un centímetro de espesor.
Suponga que en el límite de fluencia.
T =
30.000 Nw/cm 2
1.12 Obtenga un programa Fortran que permita resolver el ejemplo 1.4. Con
este fin suponga que la característica del motor puede ser asimilada a una
línea recta.
1.13 Un motor cuya característica viene dada por una expresión del tipo
Mm = a -b w 2
acciona una carga cuyo ciclo de trabajo, expresado en función del angulo
de rotación de su eje: e, se indica en la figura 1.38.
..
Mll-----~"
I
I
I
I
I
I
M2f-------+----~
L-
...L
(,JI
-'_-t_ W
~
I
I
-~
I
I
I
I
I
I
:
I
~:~.~-----.~
8p
e
Figura 1.38. e
e
Ejercicios
59
Determine el ángulo rotado por el eje del sistema entre dos operaciones consecutivas~ así como el tiempo transcurrido entre ellas.
1.14 Un motor cuya característica viene dada por
Mm
= 1600 + 300 sen20 (Nw-m)
siendo O el ángulo de rotación de su eje, acciona directamente una carga
que ofrece un par resistente
Me = 1600 + 170 senO (Nw-m)
Si la máxima velocidad angular del sistema es de 200 rpm, determinan
a) el coeficiente de fluctuación de velocidad
b) la potencia media desarrollada por el motor
La inercia equivalente del conjunto es le = 50 kg m 2
1.15 En la figura 1.39 se muestra un motor diesel accionando un generador
eléctrico a través de una reducción ideal (n = 0.25,1/ = 1,00). Mediciones
hechas sobre el sistema indicado muestran unas variaciones cíclicas en su
velocidad de 1.22 rpm cuando el motor gira a su velocidad nominal de
250 rpm. Ahora bien, las especificaciones del generador establecen que
para un funcionamiento adecuado el coeficiente de fluctuación no debe
ser mayor de un 0.02% por lo que se debe modificar los requerimientos
. de volante del sistema.
,-----, Volante
Moto'
Transmisión
~.--~
J~;m;;;.~,,.,.
r
f-
Carga
7;:-,., ",l;;;;;;;¡;;;;J"..
Figura 1.39.
Analice las dos alternativas siguientes, y establezca conclusiones
a) añadir un volante solidario al eje del generador.
b) incrementar el tamaño del volante del motor.
1.16 Considere un sistema constituido por un motor~ un volante y un generador eléctrico acoplados directamente.
El generador, que se utiliza para suministrar potencia eléctrica a un
molino, absorbe 750 Kw del eje del volante durante un período de 10
seg y 60 Kw durante los próximos 5 segundos, después de los cuales se
repite el ciclo.
60
Sistemas mecánicos
Sabiendo que el motor entrega una potencia constante, y que las velocidades máximas y mínimas del eje son 500 y 400 rpm, calcular:
a) la inercia del volante requerido.
b) expresiones para la velocidad del sistema en función del tiempo, ca·
rrespondientes a las etapas de aceleración y desaceleración.
1.17 La figura 1.40 muestra una idealización de la curva característica de un
motor en combustión interna de cuatro tiempos, monocilíndrico, que
gira a una velocidad esencialmente constante de 1.200 rpm.
M(Nw· m)
500'!--'----'--,
400
300
200
100
,-
f-~~_+~-+~+~_+_'~+-~~__,-,('
)
-100
-200
I
180
I
I
540
360
Figura 1.40
~
'"
¡tí,,;
Vá) Determinar la potencia del motor. ,-~ tií~ w
," 0". 'tlT
¿ b) Determinar la inercia equivalente del sistema requerida para accionar
una carga constante con un coeficiente de fluctuación de 0.1 %.
e) Resolver de nuevo el ejercicio suponiendo que el motor posee 4 cilindros del tipo descrito y cuyas carreras útiles (carreras de potencia) están
distribuidas uniformente sobre el ciclo.
1.18 En la figura 1.41 se muestra esquemáticamente una máquina de elevación
usada para desplazar una carga verticalmente.
Suponiendo que
Dispositivo
Motor
A
Mm (NW'm)
1600 r-------,
'---------'-_W'" ('1'm)
Figura 1.41. ,
240
Ejercicios
•
•
•
•
61
Radio del tambor D
30 cm
Radio polea B
30 cm
Masa polea B . ..........•.....•... 12 kg
Carga útil (W)
10.000 Nw
Ñlomentos de inercia:
.Ion = 13,25 kg m 2
• Eje motor
• Polea B
/B
= 1.00 kg m 2
se desea saber:
a) elementos de reducción del sistema al eje motor.
b) ticmpo requerido para llevar la carga desde el reposo hasta la velocidad
de régimen.
1.19 Un motor de característica conocida (ver figura 1.42) acciona una carga
constante mediante un acoplamiento rígido de manera que el conjunto
funciona bajo un régimen periódico con velocidad media de 600 RPM.
Se desea saber si el montaje cumple con la siguiente especificación
dada por el fabricante de la máquina conducida "la máxima desviación
permisible en la velocidad angular del eje de la máquina, referida a su
velocidad nominal, es de 0.5 RPM".
La inercia equivalente del conjunto es de 1.00 kg m 2
Mm(Nw-m)
22
20
"-
18
¡-- ¡-._::;~
I
I
1
I
I I
,
I
,----1
' I
I I
I
!
I
I
1
I
I
1
,
i
i
240
o
I
Figura 1.42.
I
480
L\ \
o
I
120
o
8
62
Sistemas mecánicos
1.20 Un motor de combustión interna, cuya característica se señala en la figura 1.43, b se utiliza para accionar una carga a través de un reductor de velocidades.
Sabiendo que la carga requiere una potencia de 10 C.V., Y que la eficiencia del reductor es 1] = 95% , calcular la velocidad angular a la que
debe funcionar el motor.
,....,
I
Motor
Reductor
I
' q"
: CaIga
I
Figura 1.43 a.
PaI
N w· m
40
30
c'
20
,,
10
1000
2000
3000
4000
w
(",m)
Figura 1.43 b.
1.21 Un motor de potencia constante igual a 20 C.V., y con una velocidad
nominal de 1800 rpm, acciona dos cargas, una directamente el, y la otra
median te una transmisión por correa, tal como sugiere la figura:
La carga 1 realiza una operación continua, requiriendo una potencia
constante de 10 C.V.
Motor
I 1
l
J
...
tt
C2
"¡
CI
Figura 1.44.
'1
Ejercicio~
63
Parámetros de la transmisión por correa
1J = 100%
n = 1/3
La carga 2 realiza una operación intennitente, requiriendo de una potencia constante de 40 C.V, durante 5 seg., repitiéndose con una periodicidad de 20 seg.
2
Momentos de inercia: Eje motor: 1m = 3 kg.m
2
Eje carga 1: 1, I = 9 kg.m
= 4 kg.m 2
Eje carga 2: 1
'2
Si las condiciones de funcionamiento del conjunto exigen que la velocidad del motor no experimente desviaciones mayores de 20 rpm., con respecto a la velocidad nominal, discuta las necesidades. de volante.
1.22 Para el montaje indicado en la figura, se dispone de la siguiente información:
•
•
•
•
•
•
•
Velocidad angular del eje motor
Radio de las poleas matrices (PI y P2)
Radio de la polea conducida P3
Radio de la polea conducida P4
Potencia requerida por la carga 1
Potencia requerida por la carga 2
Momentos de inercia de los ejes: motor
carga 1
carga 2
PI
Motor
1800 rpm.
15 cm
30cm
45cm
4CV
8CV
2 kR.m 2
4 kg.m 2
15 kR.m 2
P2
I
I
11-----------
TU
P3
w
P4
1800
Carga 1
"''''1'/. '~/I'
Carga 2
,
I'¡¡'/'/'I'
Figura 1.45 a.
M p . .. par de placa
Wp = 1800 rpm (vel. ang. nominal)
Figura 1.45 b Curva característica
del motor.
64
Sistemas mecánicos
Se desea saber:
a) Potencia del motor
b) Reducir el conjunto al eje motor.
e) Encontrándose el sistema en condición de régimen se produce la rotu·
ra de la correa que conecta el eje motor con la carga 1.
Describa el comportamiento subsiguiente del sistema y "estime" el tiempo requendo para su estabilización. Ante esta situación de operador
decide apagar el motor para proceder a la reparación corresp.ondiente.
¿Cuánto tiempo transcurre para que el conjunto se deten~a?
1.23 En el montaje señalado en la figura 1.46, la rueda central gira a razón de
1800 rpm. en el sentido indicado. Determinar la velocidad con que se
desplaza el peso P.
96 dientes
---~
84 dientes
El)
50cm
diámetro
Figura 1.46.
EL
Capítulo 2
TRANSMISIONES
2.1 GENERALIDADES
Tal como fuera indicado en el capítulo 1, se llama transmisión a todo dispositivo utilizado para unir dos componentes de un sistema mecánico. En este
capítulo se procederá a analizar el comportamiento mecánico de las transmisiones en tre ejes en rotación.
Según su funcionamiento se clasifican las transmisiones en dos grandes
categorías :
a) Transmisiones permanentes: tal como lo sugiere su nombre son aque·
Has transmisiones que establecen una conexión permanente entre los
ejes. Tal es el caso de los acoplamientos rígidos y flexibles, transmi·
siones hidráulicas, correas, engranajes, ... etc.
b) Embragues; esta categoría corresponde a los acoplamientos tempora·
les, utilizados para conectar o desconectar ejes a voluntad de un operario externo. Como ejemplos se tienen los embragues de dientes, de
fricción, hidráulicos, centrífugos, etc.
2.2 ACOPLAMIENTOS RIGInOS
Son aquellos acoplamientos que por su construcción no permiten ningún grado
de flexibilidad angular, axial o rotacional entre los ejes vinculados. Consecuentemente se les utiliza para acoplar ejes colineales.
65
66
Transmisiones
2.2.1 Acoplamientos de brida
Tal como sugiere la figura 2.I,las bridas colocadas en los extremos de los ejes
se fijan entre sí mediante tornillos, luego la transmisión se logra mediante fricción entre los platos apretados por los tomillos, o simplemente por corte en
los tomillos.
-i-jJI . JFigura 2.1 Acoplamiento de brida.
2.2.2 Acopiamientos de collar
Consiste de un collar cilíndrico que se ajusta a presión con los ejes a conectar,
y asegurados mediante tomillos para prevenir su deslizamiento (figura 2.2).
Esta categoría de acoplamientos es muy sencilla y de bajo costo, y su único
inconveniente es que requiere que los ejes a conectar estén perfectamente alineados para evitar esfuerzos de flexión severos y el desgaste excesivo de los
cojinetes.
Figura 2.2 Acoplamiento de collar.
2.3 ACOPLAMIENTOS FLEXIBLES
Dentro de esta categoría se encuentran aquellos acoplamientos susceptibles
de experimentar cierto grado de movilidad, tal como excentricidad entre los
ejes, desplazamiento axial o angular de los ejes, angularidad entre los ejes, etc.
2.3.1 Acopiamiento de material elástico
Tal como indica la figura 2.3, el acoplamiento entre los dos ejes se logra mediante una pieza de material elástico (neopreno, teflón, .. ) permitiéndose así
un alto grado de movilidad.
. 'f-~~-n.
MatenaJ elastico----
Figura 2.3 Acoplamiento de material elástico.
Acoplamientos flexibles
6-7
2.3.2 Acoplamiento de OIdham
Tal como sugiere la figura 2.4, el acoplamiento se logra a través de un disco
que lleva solidario dos guías diametrales, una en cada una de sus caras, perpendiculares entre sí, de manera que cada guía calza en las ranuras practicadas en las bridas de los ejes de entrada y salida.
El diseño de cste dispositivo permite pues acoplar dos ejes paralelos no
colineales, e independientemente de la excentricidad existente el conjunto gira con una velocidad angular única.
\
i
,
<>-
er
Figura 2.4 Acoplamiento de Oldham.
<
2.3.3 Acoplamiento de Hooke
Este acoplamiento consiste fundamentalmente en un miembro cruciforme y
rígido AA 'OBB' que se articula a los ejes de entrada y salida, y cuyos brazos
AA' Y BB' son perpendiculares entre sí. Esta disposición permite acoplar ejes
que se cortan en el punto O (centro de la cruceta) (figura 2.5).
r
Figura 2.5 Acoplamiento de Hooke.
Análisis cinemática:
A continuación se procederá a detem1inar la relación de transmisión en un
acoplamiento de este tipo: Con este fin se definen los siguientes vectores unitarios (figura 2.6):
,J
'"i'
68
Transmisiones
~ : Vector director del eje conductor.
e;: Vector director del eje de salida.
n: Vector unitario perpendicular al plano definido por los ejes 1 y 2, o tado según la posición inicial del brazo OA o .
Figura 2.6.
Observe que los vectores n y Clxn
definen una base ortonorm..plano del movimiento del brazo AA'. De igual forma ñ y e,xii form
base ortonorrnal en el plano de movimiento del brazoBB', con e2x ñ 0"-."";;;do según la posición inicial OB o .
Si se denota por Ol Y O2 a las rotaciones experimen-tadas por lo
entrada y salida al cabo de un tiempo t, las nuevas posiciones de los pun°
y B vendrán dadas por
OA = cos ol n + sen O,
(e; x ñ)
OB=COS02 (e;xn)-sen02 n
Como en cualquier configuración OA y OB son perpendiculare
que
[cosO,n+senO, (el xñ) J' [cos O2 (e2 xil)-sen O2 nJ=O
o sea
-cosO,sen02 +senO, cosO, cosll=O
ya que el ángulo formado por (e, xñ) y (e2 xn) es igual al ángulo d<!:=-_
por los dos ejes que se acoplan: Il. Se coneluye entonces que
tg O2 = cos Il tg 0 1
Derivando con respecto al tiempo ambos miembros de (2.1)
relación de transmisión viene dada por
Acoplamientos flexibles
69
(2.2)
.-/ iY~-:>
e
Derivando (2.2) con respectó al tiempo se obtiene la aceleración del eje de
salid,;,:
cos f3
(2.3)
En la figura 2.7 se representan las expresiones (2.2) y (2.3) para algunos
valores del parámetro ~: En ella se observa que la fluctuación de la velocidad
angular en el eje de salida aumenta rápidamente con el ángulo~, con el consecuente incremento del par de inercia, lo que afecta las características del
par de salida, produce vibraciones e incrementa el nivel de esfuerzos del
dispositivo.
1,30
........
1,20
1,10
1,00
0,90
0,80
0,70
Figura 2.7 Diagrama de fluctuación de la velocidad angular en un acoplamiento de Hookc.
70
Transmisiones
>j2~
/$/ ~~
Figura 2.8.
"'-
La utilización de un acoplamiento doble de Hooke, tal como sugiere la
figura 2.8, permite acoplar ejes que forman un ángulo apreciable, manteniendo la fluctuación de velocidad dentro de límites tolerables.
2'00t
~
-1.00
-2,00
Figura 2.9.Diagrama de aceleración angular en un acoplamiento de Hooke, cuyo eje de entrada gira con velocidad angular constante
Análisis dinám ico:
A continuación se procederá a determinar la variación del par de salida en un
acoplamiento de Hooke en función de sus parámetros dinámicos (figura 2.10).
Con este fin se aplica la ecuación de Euler tanto al eje de entrada como al de
salida, obteniéndose:
MI
Figura 2.10.
W,
Acoplamientos flexibles
M¡ -Me =1 1 WI
(2.4)
w
M , -M 2 =12
71
(2.5)
2
- ode M e y M, representan los pares de entrada y salida de la transmisión,
""'<":>l,rn-vamente, mientras que 1 ¡ e /2 son los momentos de inercia de los ejes
couada y salida de la transmisión.
Recordando la definición de eficiencia de una transmisión (1-2) se tiene:
(2.6)
W2 M • =r¡w, M e
do r¡ la eficiencia del acoplamiento. Sustituyendo (2.4) y (2.5) en (2.6)'
obtiene:
W2
(M 2 + 12
w = r¡ w (M, - 1 W
2)
1
1
(2.7)
1 )
:ll reducir el eje conductor, utilizando (2.2) y (2.3),se obtiene la ecuación
- , ica del acoplamiento
,¡
sen 2 213 sen 211 1 12
w¡
4(1 - sen 2 13 sen 2 11,)3
w, +
(2.8)
en donde
W¡=
dll l
dt
72
Transmisiones
Considerando el caso particular en el que el eje de entrada gira con una
velocidad angular constante (W¡ = n = const), la ecuación (2.8) se reduce a
M,
M¡
¡.50
1,40
l-sen' p sen' O,
sen' p cos p sen20,
------11cos p
(1- sen' ~ sen' 01 )'
(2.9)
M,
M¡
1,30
1,25
1,20
1,10
1,00
0,90
~ = l. n'
0,80
M¡
0,75
~=200
0,70
11=¡,OO
0,60
0.50
----
Figura 2.11 Diagrama de variación del par de salida en un acoplamiento de Hooke, para el
caso en que tanto el par de entrada como la velocidad angular de entrada son constantes.
En la figura 2.11 se muestran algunas curvas representativas de la ecuación
(2.9) para el caso
w¡ =n =constante
constante
M, =
1.00
11 =
0
20
~ =
cuando el parámetro adimensional
~ =
/, ,\1'
M¡
toma los valores 1, 2 Y 4.
TrlillSmisiones hidráulicas
73
plo 2.1
-:-
~je de entrada de un acoplamiento de Hooke gira con una velocidad angu-
constante de 100 rpm bajo la acción de un par de 250 Nw - m. Determi·
el momento de inercia del eje de salida sabiendo que el par dc salida no
diferir en más de un 25% del par de entrada. Suponga il = 20°,71 = 100%.
ción
M
acuerdo al enunciado, el parámetro -3 está acotado:
M,
0,75 <'M 2 /M¡ <, 1,25
. efiriéndose a la figur
1)
~se tiene
ego
2M, 2 X 250Nw-m
2
ro2 =
=4,56 kgm
••
~200 m
/ (
)2 seg2
60
.,...,
12 , <, 4,56 kg m 2
2.4 TRANSMISIONES ffiDRAUUCAS
Todo dispositivo hidrocinético utilizado para la transmisión de potencia está constituido fundamentalmente por dos rotores:
a) rotor impulsor o primario, que hacelas veces de una bomba hidráulica;
b) rotor impulsor o secundario, que hacelas veces de una turbina hidráu·
lica, encerrados en una careaza común; y un fluido de trabajo.
Al accionar el primario mediante un motor, el par aplicado provoca un ¡ncre-
74
Transmisiones
mento de la cantidad angular de movimiento del fluido que circula en su interior:
m(r V' - r V ')
8"
siendo
e
e
mel f1uJ' o másico; r y r los radios de admisión y descarga del rotor;
e
,
V,' Y Ve' las componentes tangenciales de la velocidad del fluido a la saJida
y a la entrada del rotor, respectivamente.
-
...-... _~v,
\
,
l'"
e
\
\
"
v.s
Figura 2.12.
La descarga de la bomba se comunica directamente con la admisión
de la turbina consecuentemente, aJ circular el fluido a lo largo de los álabes de la turbina se produce una reducción en su cantidad angular de movimiento, transmitiéndose por consiguiente un par sobre su eje.
La salida del secundario se comunica con la entrada del primario, repitiéndose el proceso.
A continuación se estudiarán dos tipos de transmisiones hidráulicas, a
saber:
• Acoplamientos hidráulicos .
• Convertidores de par.
2.4.1 Acoplamientos hidráulicos
En su fanna más sencilla, un acoplamiento hidráulico consiste de dos rotores
idénticos de álabes radiales, de forma semitoroidal, contenidos en una carcaza
fija, uno solidario aJ eje de entrada (rueda primaria o bomba) y el otro aJ eje
de saJida de la transmisión (rueda secundaria o turbina).
El volumen toroidal encerrado por la carcaza contiene un fluido viscoso,
llamado fluido de trabajo, el cuaJ se hace circular de un rotor a otro por efecto del movimiento.
Transmisiones hidráulicas
CARCAZA
75
ENTRADA
Figura 2.13 Acoplamiento hidráulico
Dado que las ruedas primaria y secundaria son idénticas y se coloca una
...s¡a¡nente entrente de la otra, las variaciones en la cantidad angular de mo-ento del fluido áe trabajo cuando circula en el primario es la misma que
do lo hace en el secundario, consecuentemente se tiene que en un aco"ento hidráulico el par de entrada se transfiere totalmente al eje de sali"', esto es
M , =Me
(2.10)
La eficiencia de la transmisión vendrá dada entonces por
.
wM,
71
wM
e
e
Se llama coeficiente de deslizamiento de un acoplamiento hidráulico al
;>arámetro adimensional 8 definido como
(2.11)
En función de ó la eficiencia de la transmisión se expresa como
71=1-8
(2.12)
.:uncionamiento
Considere en primer lugar el caso en que el secundario se mantiene estado-
76
Transmisiones
narío, esto es W s ~ 0, ° equivalente [j = 1. En este caso, toda la energía impartida al fluido p-or el primario se disipa en forma de energía térmica en el
secundario, más aún, tal como se verificará posteriormente, esta situación ca·
rresponde a la máxima capacidad de transmisión de momento por el acoplamiento.
Si el secundario es libre de rotor, su velocidad comenzará a incrementar
hasta alcanzar el valor w , = w , para el cual cesa la circulación de n·.;ido y
en consecuencia no hay transmisión de momento.
En general, el par transmitido por un acoplamiento hidráulico: M, dependcrá dc:
.
p
Densidad del fluido.
w Velocidad angular del primario.
•
w , Velocidad angular del secundario.
r
1/
V
Radio característico del acoplamiento.
Viscosidad.
Volumen de fluido contenido en el acoplamiento.
Llevando a cabo un análisis dimensional de los parámetros involucrados se
tiene
M,
w
f(-',
w.
p w r2
•
J1
V
'-3-)
r
(2.13)
siendo f una función a determinar en cada caso particular.
En general, el efecto del factor que contiene la viscosidad (número de
Reynolds) se supone despreciable. Consecuentemente si la cantidad de fluido contenido en el acoplamiento se considera constante (2.13), toma la
forma
.
w
M , =w2 q,(-')
w.
(2.14)
siendo q, una función a determinar
Observe que para un deslizamiento fijo, el par transmitido por un acoplamiento hidráulico atiende a una distribución parabólica en función de la
velocidad de entrada (o salida).
Transmisiones hidráulicas
77
Ventajas del acoplamiento hi<'.ráulico
• Permite la transferencia de momento desde un eje en rotación hacia
un eje estacionario. Esto es particularmente ventajoso cuando un motor de par de arranque nulo acciona una carga grande, pues permite
un arranque suave y se evita el uso de un embrague de fricción, tal
como sucede con un vehículo automotor.
#,
• En máquinas de elevación permite la aplicación sostenida de un par
sobre una carga estacionaria o que se mueve lentamente.
• Presen ta una gran capacidad para amortiguar las fluctuaciones del
par motor, así como para a.bsorber choques y vibraciones.
• La curva característica se puede modificar acentuadamente llenando parcialmente el acoplamiento, a expensas de una reducción de
su eficiencia.
E;emplo 2.2
Experimentos realizados con un acoplamiento hidráulico muestran la siguiente relación entre el deslizamiento y el par transmitido cuando su eje de entrarla gira a 2000 rpm.
8
JJ(Nw - m)
1.00
0,50
I 0,20
0,10
0,06
0,04
0,02
87
62
39
37
19
15
9
a) Despreciando el efecto de la viscosidad, obtenga las curvas características del acoplamiento para el intervalo O < w e < 4000 rmp.
b) Este acoplamiento se fija al eje de salida de un motor de combustión
externa cuya característica viene dada por:
I
w (rpm)
1500
2000
i 2500 3000
3500
4000
l
M (Nw -m)
68,8
69,5 I 68,0 I 65,0
59,4
54,0
1
i
¡
Determine la eficiencia del acoplamiento para la velocidad máxima del
;notor.
78
Transmisiones
Solución
De acuerdo a (2.12) y (2.14) el funcionamiento del acoplamiento viene dado por
M=w 2 <{J (o)
(a
•
siendo l{J una función a determinar.
Para obtener las curvas características del acoplamiento se procede de
la sigJiente forma: Sobre una recta paralela al eje de las ordenadas, trazada
por el punto W e = 2000 rpm, se nevan los valores del par de entrada correspondiente a cada deslizamiento (figura 2.14a) De acuerdo a (a), las curvas
características vienen dadas por una familia de parábolas equiláteras, con vér·
tices en el origen y ejes verticales, trazadas por estos puntos, tal como se indica en la figura 2 .14b.
3-'" d-'"
M s (Nw -m)
80
.\RAcrERiSficAS~1 ~
tC.
I~ELMOTOR
I
-t--;,t--L
60
40
20
ó
WL'(rpm)
1,0
0,8
0,6
0,4
0,2
1000
2000
3000
4000
Figura a. Curva característica del acoplamiento en función del deslizamiento para el caso
e =2.000 rpro.
Figura b. Familia de curvas características de un acoplamiento hidráulico en función del
parámetro Ó
W
Figura 2.14
Transmisiones hidráulicas
79
Observe entonces que la ecuación de la familia de curvas puede expresarse como
(b)
siendo M s el valor del par transmitido por el acoplamiento cuando opera con
un deslizamiento 6, mientras el eje de entrada gira a 2000 rpm.
Parte b
obre la figura 2.14b se ha representado la curva característica del motor. Por
el punto de máxima velocidad de operación del motor se traza la correspondien te parábola de la ram ilia, la cual corta a la recta w = 2000 rpm en el punto
P'. Trasladando el valor del par en este punto a la gráfica a) se obtiene el pun(O plt, al cual corresponde un deslizamiento Ó, consecuentemen te la eficiencia
del acoplamiento es 1/ = 1 - 8, esto es
8 == 0,0375
1/ == 96,25%
El mismo resultado puede obtenerse analíticamente: Teniendo presente
que el par del motor correspondiente a su velocidad máxima de 4000 rpm es·
d" 54,0 Nw - m la ecuación (b) permite calcular M s :
2000
'4000
M, =54 0(_ _ )2 = 1325 Nw-m
u
'
El valor del deslizamiento correspondiente se determina por interpolación li,,<:al entre 8 = 0,02 Y 8 = 0,04; obteniéndose
0,04 -8
15,00 - 13,25
0,04 - 0.02
15,00 - 9,00
de donde
8 == 0,034
consecuentemente
1/ == 96,6%
80
Transmisiones
La ligera discrepancia entre los valores obtenidos se debe a los errores inherentes de los dos métodos empleados.
z.s CONVERTIDORES DE PAR
Tal como fuera indicado anteriormente, en un acoplamiento hidráulico la variación de la cantidad angular de movimiento del fluido de trabajo es la misma
en el prim.ario y en el secundario, por lo que el par transmitirlo se mantiene
constante. Ahora bien, si se modifica este dispositivo de manera dé intercalar
entre la salida del secundario y la admisión del primario un tercer elemento
estacionario llamado estatoT, cuyos álabes se diseñan de forma tal de modificar la cantidad angular de movimiento del fluido, se obtiene un nuevo tipo
de transmisión llamado multiplicador o convertidor hidráulico de par, caracterizado por generar un par de salida distinto al par de entrada (figura Z.15).
PRIMARIO
SECUNDARIO ---f..~L/-"
ESTATOR
ENTRADA
r----
Figura 2.15 Esquema de un convertidor de par.
En este caso los parámetros de la transmisión vienen dados por:
w
n =_,
w.
(2.15)
Convertidores de par
wM
1)=-'-'
wM
e e
81
(2.16)
Zn eneral, en una transmisión de este tipo, tanto el par de entrada como el
¿e salida dependen fundamentalmente de las siguientes variables:
Densidad del fluido de trabajo.
Volumen de fluido en la transmisión.
JI Viscosidad del fluido.
Radio característico de la transmisión.
Velocidad
angular de entrada.
W
e
w, Velocidad angular de salida.
p
V
,
Aplicando las técnicas del análisis dimensional se obtiene
Me
2
P We ,S
M,
P w 2e r S
--
--
JI
(W s ,P We
,2
r
We
JI
W
P We r
e
JI
,
J2 (--'
W
V
'-3-)
2 V
'-;D
(2.17)
(2.18)
- do JI y J2 funciones a determinar en cada caso particular. Combinando
_17) y (2.18) se obtiene
M
w
-'-=J(-' ,
Me
We
p W r2
e
JI
V
'-3-)
(2.19)
r
ra bien, el efecto del término que contiene la viscosidad se supone desprele, por lo que las ecuaciones que describen el comportamiento de un con-dor de par conteniendo una cantidad fija de fluido se reducen a
W
M , =w2e </JI ( - ' )
we
(2.20)
\
82
Transmisiones
.
w
M , = W 2 <P2 ( - ')
(2.2.
w.
y consecuentemen te
w
M, = <P (w
- ' ) M•
(2.2-
•
•
siendo <P" <P2 y <P funciones a determinar.
Observe que para una relación de transmisión dada, tanto el momento
de entrada como el de salida atienden a una distribución parabólica en función de w!, tal como muestra el diagrama de la figura 2.16.
,9
w,
0,8
o 020,4 0,6
M,
Figura 2.16 Curvas características de un convertidor de par en función del parámetro n.
M,
•
·~~5l----c("'.".,)--------,i1.0
.\4 <onv
'leon.
2.0
T}~op
0.8
O.'
1.5
/
LO
/
;/..L_[\I;)
__
--
__
/
0.5
/
/
/
/
/
\~1I.
O.'
'COI'
0.2
/
o
0.2
0,4
0,
o.
Figura 2.17 Diagramas típicos de eficiencia y de relación de momentos de las transmisiones hidráulicas. El trazo continuo se refiere al convertidor mientras que el discontinuo
al acoplamiento
\
Convertidores de par 83
En la figura 2.17 se muestran curvas típicas de eficiencia y de relación
de par transmitido en un convertidor de momento y en un acoplamiento hidráulico. En la misma se observa que la relación de par decrece continuamente
con la velocidad de salida, siempre que la velocidad de entrada se mantenga
constante. Su valor máximo, comprendido entre 2 y 4, se alcanza cuando la
velocidad de salida se anula. Su valor mínimo de cero se obtiene para un valor
de w , dependiente del diseño del dispositivo.
La eficiencia 1/ se anula cuando 11 = O Y cuando M, = O, Y atiende a una
curva del tipo indicado en la figura 2.17. En oposición al-acoplamiento l\idráu·
lico, el valor máximo de la eficiencia se alcanza por debajo del punto n = 1
(usualmente cuando 0.6 <;y< 0,8).
Ejemplo 2.3
Las ~rugas motrices de un tractor son conducidas por una rueda dentada de
30 c~de radio. El motor acciona la rueda dentada a través de un convertidor
hidrá lico de par y de una reducción. El eje de entrada del convertidor se conecta ¡rectamente al volante del motor, y la relación de transmisión cntre la
salida!del convertidor y la rueda dentada es n = 1/12 (figura 2.18).
_
Transmisión
-Oruga
R. Dentada
Figura 2.18
La curva característica del motor viene dada por la tabla siguiente:
(rpm)
1000
1200
1400
1600
1800
M (Nw -m)
571
579
561
535
498
W
Un ensayo realizado previamente con el convertidor usando la misma
cantidad de fluidp de trabajo como se emplea en el vehículo, y con su eje de
..urada girando con una velocidad angular fija de w. = 1400 rpm, arroja los
'entes resultados:
_\1 (Nw-m)
3800
.\1 (Nw - m)
792
,
•
w, (rpm)
O
2728
1867
1075
529
171
723
646
548
433
304
--+---+---+--+----1
--+--+---+--+----j
200
400
600
800 1000
_--l..-_---'-_---''-----'-_---J
84
Transmisiones
Algunas pruebaS adicionales a otras velocidades w. confirman la hipótesis dt
que el efecto de la viscosidad es despreciable.
a) Determine la fuerza máxima de tracción que puede ejercer el vehículo.
b) ¿Cuál es la velocidad de avance del tractor cuando la carga permiu:
que el motor gire a 1800 rpm?
Solución
De acuerdo al enunciado,el comportamiento del convertidor obedece las ecuaciones (2.20) y (2.21), luego para cada relación de transmisión dada: n, las
curvas características M e = Me(w)
y M s = M s(w)
son parábolas.
(figura
e
s
.
2.19). Consecuentemente se procederá a:
)
i) Para cada relación de transmisión w , jw , se determina el punto de
trabajo del convertidor, cuando su eje de entrada gira a W e = 1400
rpm.
ii) Se trazan sendas familias de parábolas equiláteras, de ejes vertical$s
y vértices en el origen, por los puntos previamente determinados.
Observe que la familia representativa de M , respeta la condición de
proporcionalidad definida por (2.22), Y que por conveniencia del di·
bujo se han utilizado escalas distintas.
iii) Sobre las gráficas representativas del par M se superpone la caracte·
• de corte con cada uno
rística del motor, y se determinan los puntos
de los representantes de la familia.
iv) Se trasladan los puntos de corte a la familia M,. Consecuentemente la
curva que une dichos puntos representa el par motor referido al eje
de salida del convertidor.
De esta manera se puede proceder a responder las pregun tas formuladas,
analizando el subsistema constituido por el eje de salida del convertidor, la
reducción y la rueda motriz.
a) Máxima tracción ejercida por el vehículo:
De acuerdo al gráfico, el par máximo entregado por el convertidor al eje de
entrada del reductor es de
(M)
, ro • x = 2820 Nw - m
,
Convertidores de par
800
600
85
M (N -m)
e W
PAR
MOTOR
--
.,
5
7
:J ¿
400
"-
I
LINEA DE DATOS
EXPERIMENTALES
A 1400 r.p.m.
I .--
200
,1
O
" 2000
5
We ('Pro)
/
7
/'
4
1000
7
PAR MOTOR
REFERIDO AL
EJE DE SALIDA
Figura 2.19
spondiendo a tener el eje de salida parado (lo que ocurre por ejemplo
do el tractor está trabado actuando sobre un obstáculo l.
Si se supone que la reducción es ideal (11 = 1.l, sobre la rueda motriz se
ejerce un momento máximo
(M~ lm ..
11
=--;;(M,lm .. =33.840 Nw - m
86
Transmisiones
lo que equivale a una fuerza máxima de tracción de
F max
(M~) ro6x =112.800Nw
r
b) Velocidad de avance cuando w. = 1800 rpm
De acuerdo a la gráfica, cuando el motor gira a w e = 1800 rpm, la relaciór:
transmisión del convertidor viene dada por
w
5
-'-= -=0.714
w
•
7
luego
w , = 0,714 X 1800 rpm = 1285,7 rpm
A la salida del reductor se tiene una velocidad angular de
w '=n W = -
,
•
1
12
X 1285,7 = 107,14 rpm
Suponiendo que no hay deslizamiento entre la oruga y el suelo, se obtie~
una velocidad de avance de
2" 1
0,3m X 107,14 X - = 3,36 m/seg
60 seg
o sea
IV = 12,1 km/hr
2.6 TRANSMISION POR ENGRANAJES
En su forma más sencilla, una transmisión por engranaje está constituida por
dos ruedas dentadas, una solidaria al eje de entrada (rueda motriz) y la otra
al de salida (rueda conducida), de manera que los dientes de una calcen en 10_
huecos de la otra, permitiendo así la transmisión de movimiento y potencia
de un eje al otro.
Dado que el acoplamiento entre los dos ejes se realiza por contacto di·
recto de dos superficies, la relación de transmisión será en general función de
la geometría de los dientes en contacto, y variará de punto a punto. Sin em·
bargo, resulta deseable que este parámetro sea constante, ya que:
Transmisión por enRf3Jl3.jes
87
• Se evitan variaciones cíclicas innecesarias en la velocidad del sistema,
con la consiguiente eliminación de una posible causa de vibración.
• Permite que más de un par de dientes entren en contacto simultáneamente, incrementándose la capacidad de transmisión de carga del
conjunto y logrando una marcha suave y silenciosa.
Si se diseñan los dien tes de un par de ruedas de manera de garantizar una
:dac.ión de transmisión constante se dice que forman un par de ruedas conju~.
Aunque la posibilidad de formar pares de ruedas conjugadas es ilimitada
es caso más frecuente lo constituyen las ruedas de evolvente, esto es, aquellas
orraeterizadas porque toda sección del diente según un plano perpendicular
:i: eje de la rueda son arcos de evolvente:*
En la figura 2.20 se muestra parte de una rueda cilíndrica de dientes heidales. Observe en primer lugar que el eje de cada diente está inclinado un
_guIo 1lf con respecto a la dirección de las generatrices de la superficie cilín-ca que sirvc de base a los dientes_ Los flancos de los dientes (sombreadas
la figura) son superficies evolventes. Si en p<lflicular 1lf = 0, se habla de una
-...,.\a cilíndrica de dientes rectos. Igualmente se muestra una rueda cónica de
tes rectos, esto es, de ejes paralelos a la correspondiente generatriz, y cuIlancos (sombreados) son superficies evolventes.
Rueda cilíndrica
Rueda cónica
..... '
Figura 2.20.
Las transmisiones por engranajes se clasifican en:
• Transmisiones de primera especie. Tal como se verificará más adelante, éstas se caracterizarán porque su movimiento puede interpretarse
evolvente a la curva trazada por un plUlto fijo de una cuerda tensa que se desarrolla en un
estacionario.
88
Transmisiones
como proveniente de dos superficies animadas de un movimiento de
rodadura. Dentro de esta categoría se encuentran:
- Transmisiones por engranajes entre ejes paralelos; en las cuales
se utilizan las ruedas cilíndricas de dientes rectos o de dientes helicoidales.
- Transmisiones por engranajes entre ejes que se cortan; utilizándose ruedas cónicas de dientes rectos o de dientes helicoidales.
• Transmisiones de segunda especie. Todas aquellas transmisiones por en·
granajes diferentes a las de primera especie.
Dentro de esta categoría se encuentran:
- Las transmisiones por engranajes entre ejes que se cruzan. En ellas
se utilizan las ruedas cilíndricas de dientes helicoidales (llamadas he·
licoidales cruzadas) y los tornillos sinfín.
Las transmisiones de segunda especie tienen una eficieñcia muy baja.
2.7.1 Transmisiones por engranajes entre ejes paralelos. Ruedas cilíndricas
En la figura 2.21 se presenta esquemáticamente el caso general de dos ruedas
helicoidales utilizadas para acoplar dos ejes paralelos. Observe que para lograr
el engrane es necesario que la inclinación de los dientes de las ruedas motriz
y conducida sean opuestas .
1
,
V-rr;!7--r1"77~
•
,I
't""T\\-m-~TT\\TT\\"\\1
i
Figura 2.21a. Engranajes cilíndricos. Representación esquemática
Figura 2.21b. Engranajes cilíndricos. Sección perpendicular al eje de las ruedas.
Análisis cinemática:
A continuación se procederá a establecer la condición de conjugación entre
Transmisión por engranajes
89
un par de ruedas con dientes de forma arbitraria. La figura (2.21b) muestra
un detalle de la sección que produce sobre las dos ruedas un plano perpendi·
cular a los dos ejes. En e11a se indican:
R
Punto de contacto entre los dos dientes en un instante genérico.
t-t Tangente común a los dientes en el punto de contacto.
non Normal común a los ~entes en el punto de contacto.
P Punto de corte de non con la línea de centros 0.0,.
'" Angula formado por non y la dirección perpendicular a 0. 0"
Como es sabido la condición de contacto entre los dientes establece que
(2.23)
°
°
m donde (V Re
) ='"We X e R, Y (VR ) s = w 6 X 6 R representan las veloci6des del punto de contacto de las ruedas de entrada y salida, respectivaente.
Teniendo presente que
°•
°•
R=O P+PR
R=OP+PR
•
•
-23) puede escribirse como
XOP)·RP
( w e XOP)'RP=(w
e
8
s
we I
L
-
.
°
e P I I RP I cos '" =
°
w I s P I I RP I cos '"
B
e W y W , son vectores perpendiculares al plano de la figura. Simplificanse concluye la llamada ley fundamental de los engranajes cilíndricos
_.
w
OP
- ' =-'OP
w.
•
(2.24)
En una transmisión simple de engranajes cilíndricos entre ejes paralelas ruedas motriz y conducida giran con velocidades angulares de
'tudes inversamente proporcionales a las longitudes de los segmenen que la normal común divide a la línea de centros.
90
Transmisiones
Consecuentemente, si se desea que la relación de transmisión sea COllitante, el punto P debe permanecer fijo sobre la línea de centros en cualquie
fase del movimiento. Bajo esta condición el punto P es llamado punto prím
tivo del par de ruedas. Desde el punto de vista cinemático, la transmisión
movimientos entre dos engranajes cilíndricos conjugados, utilizados para arpIar dos ejes paralelos, puede ser interpretado como proveniente de dos cildros, de radios
r=OPr=OP
.e
e
s
s
(2.25
J
animados de un movimiento de rodadura.
Estos son los llamados cilindros pn'mitivos asociados al par de ruedas
sus radios de base se llaman radios prímitivos. Observe que en función de 1
radios primitivos la relación de transmisión puede escribirse como
W
n=-' =
We
r
e
r,
A continuación se presentarán los parámetros geométricos caracterís
cos de una rueda cilíndrica de dientes helicoidales (figura 2.22):
• Angula de la hélice: Angulo formado por el eje de un diente y la di·
rección de las generatrices de la superficie cilíndrica: 1/J
• Paso normal: Distancia entre dos dientes adyacentes, medida a lo la:·
go de la superficie primitiva: Pn
• Paso tangencial: Distancia entre dos dientes adyacentes, medida al
largo de una circunferencia primitiva: Pt
.. -
7
SUPERFICIE
PRIMITIVA
~
-eFigura 2.22.
SUPERFICIE
PRIMITIVA
Transmisión por engranajes
91
a JI/ódulos: Asociados a los pasos normal y tangencial, se definen los parámetros.
- Módulo normal
1
m n =-P
7f
n
(2.27)
1
m-=-p
- Módulo tangencial
t
7f
(2.28)
'
• Angulo de presión "n: Angulo formado por la normal a la superficie
de un diente y la sup"erficie primitiva. Observe que este ángulo define
la dirección de la fuerza de contacto entre dos dientes en ausencia
de fricción.
Condición de acoplamiento entre ruedas cilíndricas: Para que dos ruedas cinrlricas de dientes helicoidales se puedan acoplar adecuadamente es necesario:
- que sean hélices opuestas con el mismo ángulo de inclinación.
- que tengan el mismo paso normal, esto es, el mismo módulo nor·
mal.
Observe que esta condición equivale a pedir que tengan el mismo paso tangencial o el mismo módulo tangencial yaqueP n =P, cos ¡Ji.
Por ser las ruedas cilíndricas de dientes rectos un caso particular del tra~
• la condición de acoplamiento se reduce a pedir que tengan el mismo
o módulo.
Desde el punto de vista operativo, las ru.edas cilíndricas de dientes recson aptas para la transmisión de velocidades y cargas moderadas, ya que
contacto inicial entre dos dientes es brusco, y a lo largo de una línea. Adinalrnente son ruidosas.
.-\unque las ruedas cilíndricas de dientes helicoidales requieren de un
Dl'ooeso de construcción más elaborado, el contacto inicial entre un par de
tes se logra a través de un punto que se va transformando en un segmento
=::ilíneo de longitud creciente en la medida que el acoplamiento progresa.
e acoplamiento gradual permite una transferencia suave de la carga de un
te a otro en forma silenciosa, a la vez que las hace aptas para transmitir
des cargas a al tas velocidades.
Observe finalmente que la relación de transmisión puede expresarse en
áón del número de dientes de la rueda motriz: Z e , y de la rueda conduZ . En efecto, a partir de (2.26) se puede escribir que
•
r
n=--.!.. ::::
r,
27T Te
27f r
,
=
Ze '(Pt)e
Z
, (P,).
92
Transmisiones
y teniendo presente la igualdad de los pasos tangenciales se concluye que
~
~
2.7.2 Transmisiones por engranajes entre ejes que se cortan. Ruedas cónicas
En la figura 2.23 se muestra esquemáticamente el caso general de acoplamien
de dos ejes que se cortan mediante un par de ruedas cónicas.
e
I
I
L.._
--
s
Figura 2.23
A continuación se realizará un análisis cinemática de una transmisió"
de este tipo. En la figura 2.24 se muestra una proyección de un detalle do
contacto entre dos dientes adyacentes en la transmisión. En la misma se dis·
tinguen:
/'
--,. ---
/
/
-
0,
I
\
\
------.
"',-
-,f---++-- w,
-- --/'
I
f
\
/
---
~
,. .. .
"''-
e
/
.- .-
-4<'--W,
'-- - - -! - 0,
Figura 2.24 Engranajes cónicos
.._~~.
Transmisión por engranajes
Q'
n
P'
O',
O',
e
93
Punto genérico de contacto.
Dirección de la normal en el punto de contacto Q.
Punto de corte de la normal y el plano definido por los ejes de ro·
tación.
Punto de corte del eje de entrada con el plano trazado por P' y
perpendicular a dicho eje.
Punto de corte del eje de salida con un plano trazado por P' y pero
pendicular a dicho eje.
Vector unitario perpendicular al plano definido por los ejes de rotación.
La velocidad del punto de contacto Q' de la rueda de entrada viene da·
... ., por
(2.30)
~ al tener presente que O',Q'= O',P' + P'Q'
(V,)
=wX (O' P'+P'Q')
Q
e
e
e
-
(2.31)
-SUal manera se tiene que
(2.32)
condición de contacto en el punto Q' viene dada por
(2.33)
. uyendo (2.31) Y (2.32) en (2.33) y simplificando, se obtiene
[w e XO'p'-w
XO'P'l'n=O
e
s
s
[w e 10'p'i-w
10'P'lle.n=O
e
s
s
la perpendicularidad entre los pares de vectores w e' O'eP'; Y w.' O'.p'.
ncluye entonces que
w
O' pi
--' --- 0 ,p'
'
w,
(2.34)
•
-
consideran puntos de contacto Q", Q''', etc., los correspondientes
os P",P''', etc., satisfacen la relación.
.5ir
94
Transmisiones
o" e p"
o", p"
O'"e p'"
o'" , p'"
.... = constante
La línea recta definida por los puntosP'. P", p"'. etc. (puntosprim1:tiv~
definen la generatriz de sendos conos cuyos ejes coinciden con los ejes de r
. tación de entrada y salida (conos primitivos). Estas observaciones permit
interpretar la transmisión como proveniente de un movimiento de rodadu
entre los conos primitivos.
En 'forma análoga a las ruedas cilíndricas, en las ruedas cónicas S~ dcfin
los parámetros geométricos:
-
• A ngulo de hélice ¡Ji: formado por el eje del diente y la dirección de
generatriz correspondiente .
• Paso normal p n : distancia (variable) entre dos dientes adyacent
medida sobre el cono primitivo.
Dado que dos ruedas cónicas acopladas deben tener hélices opuestas de
igual ángulo ¡Ji, y el mismo paso normal, se coneluye que
w
we
2
2,
n=_,=_e
(2.35
siendo 2 e (2)
el número de dientes de la rueda de entrada (salida).
,
Finalmente cabe mencionar que las condiciones de operación de -las rue·
das cónicas de dientes rectos y de dientes inclinados son análogas a las descritas en las ruedas cilíndricas.
2.7.3 Transmisiones por engranajes entre ejes que se cruzan
En primer lugar se demostrará que en este tipo de transmisiones no es posible
concebir la existencia de dos superficies primitivas animadas de un movimien·
to de rodadura, tal como sucede en las transmisiones entre ejes paralelos o
entre ejes que se cortan.
Considere entonces dos ejes (1) y (2) que se cruzan en el espacio (figura 2.25), y sea O, O2 la perpendicular común a dichos ejes.
Si existiera una superficie primitiva, la velocidad de un punto arbitrario
de ella: P podría evaluarse indistintamente a través de cada eje de rotación:
Transmisión por engranajes
95
0,
0)
I
I
®
•
/
p
Figura 2.25.
_ que O¡ O, es la normal cbmún a los ejes. Comparando estas dos expresiose obtiene
~ción ésta que se satisface cuando
DI? =
WI
X (w, X ~,)
(w¡ -W,)2
((;)¡ -
w,) . 7'J;75 ] (w I -w,)
(w¡ -W,)2
_ o es) cuando P está situado sobre una recta (variable en el tiempo), y no
OR una superficie. Se ha verificado pues, que las transmisiones de segunda
-e no admiten superficies primitivas.
Como ejemplo de este tipo de transmisiones se analizará la transmisión
:re un par de ruedas helicoidales cruzadas.
En la figura 2.26 se muestra esquemáticamente una transmisión entre
_qes ce y ss, utilizando un par de ruedas cilíndricas del tipo descrito en las
C::l:lc;rnisiones entre ejes paralelos.
La condición de engrane para transmisiones de este tipo es que ambas
tengan el mismo paso normal. Los ángulos de las hélices son en gene. tintos, tanto en magnitud como en sentido, consecuentemente los
circunferenciales son distintos.
El contacto ideal entre los dientes es puntual (ya que el desgaste hace
e te contacto sea a lo largo de una línea), consecuentemente la transmiestá limitada a transportar cargas muy pequeñas. Por ello, su campo de
ción se circunscr{be a la transmisión de movimiento, no de potencia, tal
o sucede en instrumentación.
En la figura 2.27 se indica la representación utilizada cuando los ejes se
c=:an en ángulo recto, así como los sentidos de rotación correspondientes a
-~ de ruedas helicoidales con hélices a derechas o a izquierdas respectivate.
96
Transmisiones
I
Figura 2.26 Engranajes helicoidales.
CONDUCIDA
o
CONDUCTORA.c=Y./1±~
IZQUIERDAS
DERECHAS
Figura 2.27 Ruedas helicoidales.
Relación de transmiúón
La velocidad del punto de contacto de la rueda de salida viene dada por
r, W
.
siendo T 8 la distancia de dicho punto al eje de rotación. Consecuentemen
la componente de la velocidad, normal a la superficie del diente, vendrá dalU
por
v = r W cos >J¡ cos '"
"
8
S
S
8
siendo >J¡, el ángulo de la hélice de la rueda de salida y "', el ángulo de presió
del diente en el punto de contacto (ver figura 2.28).
De igual manera para la rueda de entrada se tiene
Vn
=r e W e cos >J¡ e cos '"e
Teniendo presente que la condición de contacto exige que estas componentes sean iguales, se obtiene la siguiente expresión para la relación de transmisión
Transmisión por engranajes
97
vn =
/'
/'
"
línea
\
nonnal
Figura 2.aS,
W
n=-' =
W
e
r cos ¡/J cos IX
e
e
T.
cos t/J , cos ex,
e
=
r cos ¡/J
e
e
rB cos ¡/J B
21T r cos ¡/Je
= _---'e'-_-'21T r3 cos ¡/J B
(2.36)
e el ángulo de presión es el mismo para ambas ruedas.
Considerando como superficies primitivas de cada rueda a las superficilíndricas trazadas por el punto de contacto, se pueden definir sendos
:normal (Pn) Y tangencial (P,), relacionados entre sí mediante el ángula hélice ¡/J de acuerdo a la expresión.
(2.37)
""'.....'udo presente que la longitud de una circunferencia primitiva puede ex-
F== como el producto del paso tangencial por el número de dientes (2.36)
forma
n = Ze (P,).. cos ¡/Je
Z s (P)t s cos ¡/J s
(2.38)
es. también en las ruedas helicoidales utilizadas para la transmisión de
=JG:::Ú-Olto entre ejes que se cruzan, la relación de transmisión viene dada
cociente entre los números de dientes de las ruedas de entrada y sali- ~orden.
~ finalizar el estudio de las transmisiones entre ejes que se cruzan,
en a continuación las transmisiones con tornillos sinfín. La figura
98
Transmisiones
2.29 muestra esquemáticamente este dispositivo de transmisión, constituido por una rueda cilíndrica de dientes helicoidales y un tomillo (llamado
tornillo sinfín).
,
e
•
Figura 2.29 Tornillo sinfín.
En análisis cinemático de este tipo de transmisiones se simplifica apreciablemente si se interpreta e! tomillo sinfín como una rueda he!icoidal muy
larga y con pocos dientes, tal como sugiere la figura 2.29:
Si este es e! caso, la relación de transmisión vendrá dada por (2.38)
w
Z
n=-' =_e
We
Z,
t-:c---
Pn
paso nonnal
p
paso de: la hélice (tomillo)
P--j
Figura 2.30.
siendo Z, e! llamado número de hilos o filetes de! tomillo, esto es e! n'
ro de dientes comprendidos en e! paso del tomillo (ver figura 2.30).
2.8. TRENES DE ENGRANAJES SIMPLES Y COMPUESTOS
Se llama tren de engranajes a toda transmisión constituida por más de dos
granajes. A continuación se señalan algunos ejemplos.
2.8.1 Trenes simples
Está constituidqyor varios "¡es de rotación paralelos, fijos en el ~I!..acio
a uno de ellos lle-;;ando una rueda dentada (figura 2-:31)~La condición
·Trenes de engranajes
99
acoplamiento en este tipo de transmisión exige que todas las ruedas tengan
d mismo paso nonnal. Tal como se verificará a continuación, la relación de
transmisión depende exclusivamente del número de dientes de las ruedas
de entrada y salida, siendo el papel de las ruedas intermedias el de controlar
el sentido de la rotación del eje de salida así como la separación entre ejes.
1
W
1 w.
=
n=-'-=--
we
l
W 1
Z, Z2 Z3 =~
Z2 Z3 Z.
2.
o
Figura 2.31 Tren simple
.2 Trenes compuestos
..se difiere del tren simple en que cada eje lleva dos engranajes solidarios Iodo una transmisión más compacta (figura 2.32). Cuando se le utiliza para
:ransmisión de potencias bajas o en instrumentación se pueden seleccionar
las ruedas con el mismo paso normal. Si se le utiliza para la transmisión
;randes potencias se puede variar el paso normal en cada etapa. (Al pasar
eje de alta velocidad a uno de baja, el tamaño del diente, y consecuen-ente el paso normal, aumentan). Para el tren indicado en la figura la relade transmisión será
e
,
Figura 2.32 Tren compuesto.
100
Transmisiones
W
ZI X Z3
n=--' =
Z, X Z4
We
Observe que una transmisión de este tipo es apropiada para lograr relaciones
de velocidad elevadas.
2.8.3 Trenes epicíclicos
En su forma más sencilla, un tren epicíclico o planetario está constituido por
un par de engranajes cilíndricos, uno-rotando alred:dor de un eje fijo y el otro,
alrededor de un eje en rotación alrededor del eje fijo (por acción del miembro
rígido AB) (figura 2.33).
Figura 2.33 Tren epicic10idaL
Por analogía con el movimiento de un planeta alrededor del Sol, a la rueda de eje fijo se le Uamasol; a la de eje móvil planeta; y al miembro rígido A
brazo del tren.
Las características más importantes en un diseño de este tipo son:
• Forman una unidad compacta capaz de transmitir una retac!§p al-de velocidad.
• Presenta una gran flexibilidad para la transmisión de movimiento
potencia ya que posee dos grados de libertad. Esta característica per
mite seleccionar varias combinaciones para los ejes de entrada y sali
de la transmisión.
• Usando planetas múltiples se puede incrementar la capacidad de tran>misión de momento, a la vez que se equilibran las fuerzas estáticas
dinámicas en acción sobre el sistema. En la práctica se utilizan tres
cuatro planetas por cada sol.
2.8.3.1. Análisis cinemática de los trenes epicíclicos
Este análisis se fundamenta en el hecho de que el movimiento de los plane
puede interpretarse como la superposición de dos movimientos:
Trenes de engranajes
101
• Movimiento de rotación del brazo alrededor del eje fijo .
• Movimiento de rotación del sol relativo a su propio eje.
El método a emplear será ilustrado mediante varios ejemplos. Por lo pronto hay que decir que los sentidos de rotación de los ejes seleccionados como
entrada y salida no están defmidos como en el caso de los trenes de engranajes
convencionales, sino que dependen de las vinculaciones impuestas a los distintos ejes y de las magnitudes de sus velocidades angulares. Por esta razón será
necesario proceder con precaución al analizar los signos de las velocidades angulares involucradas. Así, si se considera por ejemplo una transmisión de ruedas cilíndricas, la relación de transmisión vendrá dada por
' -W1
n=-'-=
~we-.l
Z
-'
Z,
• I
'-1,
en donde el signo menos indica que los sentidos de rotación de los ejes de entrada y salida son opuestos.
Ejemplo 2.4
En la figura 2.34 se muestra una transmisión epicíclica constituida por tres
ruedas cilíndricas. Determinar la velocidad angular del¿:je de salida (solidario al sol A), suponiendo que el eje de entrada (solidario al brazo), gira con
una velocidad angular w B en el sentido indicado. Designe por Z A' ZB y Zc
los números de dientes del sol, del planeta y dela rueda interna (estacionaria),
respectivamente.
•
Figura 2.34.
102
Transmisiones
Solución
Método 1
Utilizando el criterio de superposición indicado, las velocidades angulares de
las tres ruedas pueden expresarse como
W A =W b +QA
(a)
W B =W b + W'
B
(b)
=w b +Q e
(e)
Wc
en donde Wx representa la velocidad angular de la rueda X relativa al brazo
AB. Ahora bien, el movimiento relativo de las ruedas A, B Y corresponde a
e
una transmisión simple entre ruedas cilíndricas, en consecuencia.
Z A_Q
=__
W
B
ZB
(d)
A
y
Z
we =~
= ZB(_ ZA)W =-_A_ W
Z
A
Z
Z
Z
B
A
e
e
B
(e)
e
Observe que el sentido de las rotaciones relativas de las ruedas B y e es
el mismo.
Sustituyendo (d) y (e) en (a), (b) y (e) se obtienen expresiones genéricas
para las velocidades angulares de las tres ruedas:
W
A
=w b + wA
Ij)
_ ZA
W
WB=~
ZB
~
Z
ZA wA
(h)
e
Estos resultados se suelen presentar en forma tabular, tal como se sugiere a continuación.
W c =w b -
RUEDA
A
S
e
Mov. absoluto del brazo
Wb
Wb
Wb
MOf). Telativo al brozo
WA
_ ZA
WA
Zs·
Superposición
Wb
+W A
wb-
ZA
Zs
¡/ZB)t~)~A
ZB
1\ Ze
ZA
Zs
Á
óJ A wb--- wA
= o
Trenes de engranajes
103
De acuerdo al enunciado, la velocidad angular de la rueda e es nula, esto es
Z
W
b
-
ZA
WA =0
C
o sea
(i)
Sustituyendo en (j) se obtiene
- W- --
Z
= (1 + ZC) W b
¡ A
(j)
A
Método 2
Los resultados obtenidos anteriormente pueden determinarse alternativamente utilizando la idea de centro instantáneo de rotación de un cuerpo rígido
animado de movimiento uniplanar. En efecto, la transmisión considerada está constituida por 3 cuerpos rígidos en movimiento, a saber: el sol S, el planeta P y el brazo b; cuyos centros instantáneos de rotación (denotados por
l,
1P e lb) son indicados en la figura 2.35.
,
1.--'-'::"....~lp
/
(
.-
I
...
I
~
A =1, =I
b
Figura 2.35.
104
Transmisiones
Dado que el brazo gira con una velocidad angular absoluta w.' la velocidad del punto B (común al brazo y el planeta) será
vB = (r , + r )w.
p
tal como se indica en la figura. Ahora bien, la velocidad del punto D (punto
de contacto entre los cilindros primitivos del sol y del planeta) puede determinarse al analizar el planeta, obteniéndose así que
VD =2(r, +rp ) w. = Z.'\J\S
~
Finalmente, un análisis del 9Jl permit~ establecer que su velocidad angular absoluta viene dada por
2(r
w = VD
s
s
r,
+ rp ) w
rs
•
o sea, al utilizar el número de dientes de cada rueda, que
2(Z + Z )
w s = -'---"-Z=--'P"-'- wb
s
Observe que este resultado coincide plenamente con el obtenido por el primer método ya que la relación geométrica r c = r, + 2rp conduce a la igualdad
Zc =Z, + 2Zp , la cual permite identificar las dos expresiones obtenidas.
A continuación se ilustra el procedimiento a seguir para analizar cinemáticamente un tren epicicloidal constituido por ruedas cónicas.
Ejemplo 2.5
En la figura 2.36 se muestra un tren epicíclico constituido por tres ruedas cónicas. La rueda (3) es estacionaria y la rueda (2) gira alrededor de un brazo
solidario al eje de salida.
a) Calcular la velocidad angular del eje de salida (4), suponiendo que el
eje de entrada gira con una velocidad angular W I en dirección de e l '
Suponga conocido el número de dientes de las cuatro ruedas.
b) Calcular la velocidad angular del planeta relativo al brazo.
Solución
Por tratarse de un mecanismo especial se utilizarán las técnicas generales
de la cinemática del cuerpo rígido: con este fin se escoge una base móvil
Trenes de engranajes
105
\.)J\
Figura 2.36.
ce , ,
e" K }, de manera que las direcciones de e, y e, correspon!!an a las
de los ejes de entrada y del brazo, respectivamente, mientras que K es perpendicular al plano formado por e, y e, .
. .omenclatura:
r3 Radio máximo del cono primitivo de la rueda (3)
r, Radio máximo del cono primitivo de la rueda (1)
()( Angulo formado por los vectores e, ye,
r, Radio máximo del cono primitivo de la rueda (2)
ro Distancia del punto O al eje de rotación de la rueda (1)
Observe que la velocidad angular del satélite (2) puede expresarse como
v,)\,- --........~
w, = W4
_
+ n = WLf~-\- W'-/o
siendo W4 la velocidad angular absoluta del brazo (solidario al eje de la rueda
4), yn la velocidad angular del satélite relativa al brazo. Aunque las direcciones de estos vectores son conocidas, sus magnitudes habrán de ser detennina·
das a través de las condiciones de contacto con las ruedas (1) y (3). Se tiene
así que
w, = W4 e; + n e;
(a)
Considerando la base móvil solidaria al satélite (con origen en el punto
O), se puede escribir que
106
Transmisiones
en donde
(e)
(d)
Se tiene así que b) toma la fonna
(e)
o
Procediendo en fonna análoga con el punto A, que por hipótesis es esta~
- \JJc. .. OA."o
-
Clonano, se obtíene que:
Av,.
= TO W.K+W2 X OA = {5
(f)
Estas dos ecuaciones penniten evaluar las incógnitas pedidas. En efecto,
sumando miembro a miembro (e) y (f) se obtiene:
(g)
de donde
(h)
Restando miembro a miembro (e) y (f), y llevando a cabo el producto vectorial resultante, se obtiene
.r;
(
'"
T,w,K=-2T2 (n+w. cosOl)K
o sea, al tener presente (h)
n=-T,W,
cos Ol
1
2T o
2T2
~-+-)
(i)
A partir de las relaciones geométricas
(h) e (i) toman la forma
(j)
Trenes de engranajes
n = _ _ r_,,-r_3--;-_-;- W 1
r2 (r¡ +r3)
107
(k)
En función del número de dientes de las distintas ruedas involucradas,
las expresiones (i) y Ij) permiten concluir que
W4
=
21
21 + 23
Wl
23
22
n=
ya que todas las ruedas tienen el mismo paso circunferencial (cuando se les
miden sobre un sistema de circunferencias primitivas correspondientes).
Ejemplo 2.6 Diferenciales
En la figura 2.37 se muestra una transmisión epicicloidal de ruedas cónicas
conocidas con el nombre de diferencial. En ella, los satélites 4 y 7 giran alrededor de sendos ejes solidarios a la rueda 3, conectada al eje motor mediante
el piñón 2. La transmisión presenta dos <jes de salida, solidarios a las ruedas
5 y 6. Determinar la relación ue debe existir entre (,) 5 (,)6 Y (,)3· Suponga
conocido el número de dientes de todas las ruedas involucradas .
.
'
•
'.
Figura 2.37 Diferencial.
108
Transmisiones
Solución
En función de la base mostrada en la figura 2.37, la velocidad angular del satélite 4 viene dada por
siendo n la velocidad angular del planeta relativa al brazo.
Utilizando las expresiones
:;-" ~ 0-6
se concluye, en forma análoga al ejercicio anterior, que
/'-.
2.
+- n
(a)
= w 3 - -2. n
(b)
2s
W6
2s
Sumando miembro a miembro las dos igualdades anteriores se obtiene:
j W3=~(WS+W6) I
(e)
Una aplicación importante de los diferenciales es cuando se les utiliza
para conectar las ruedas traseras de un automóvil con el motor. En este caso
los ejes de las ruedas 5 y 6 se conectan con las ruedas traseras (figura 2.38).
Cuando el vehículo se mueve en línea recta los ejes 5 y 6 giran con la misma
velocidad angular, luego n = o.
'----
~~"" ~-I
I
\
--
\
\............
\
-P¡-
\
\
\
Figura 2.38.
~
Trenes de engranajes
109
Consecuentemente, los planetas 4 y 7 no giran alrededor de sus ejes geo·
métricos, esto es, actúan simplemente como acoplamiento entre las ruedas 5
y 6. Sin embargo, cuando el vehículo se mueve a lo largo de una curva de forma tal que sus ruedas no deslicen, será necesario que las ruedas externas e
internas giren con velocidades angulares proporcionales a sus respectivos radios de curvatura
De acuerdo a (e)
Ws
+ W6 = 2W3
luego combinando ambas expresiones se obtiene
Ws
= 2 PE
W3
PI +P E
(
.
d'f
. 1es capa~ d e proveer a sus /
o que pone d e mam'f'lesto que un sistema
I erenCIa
dos ejes de salida de velocidades angulares distintas, que se ajusten, en cada
tante, a los requerimientos de la trayectoria impuesta.
~_
.3.2 Análisis dinámico de trenes epicíclicos
En la figura 2.39 se muestra esquemáticamente un tren epicicloidal constituibásicamente por un eje de entrada y dos ejes de salid,a.
En la misma se señalan los sentidos de rotaC'tón de cada eje (supuestos)
los correspondientes pares que lo solicitan (preservándose el carácter motor
resistente de los mismos).
-
W
e
Me
w',
-- -
- -- -
M'
--
W
•
,
-
,
M
Figura 2.39 Esquema para el análisis dinámico de un tren epicicloidal.
110
Transmisiones
En una condición de régimen permanente, el comportamiento dinámico
del sistema cumple con las siguientes ecuaciones:
a) El momento neto actuando sobre el eje común de rotación es nulo,
esto es
~M=6
(2.38)
En el caso particular que se está considerando, la ecuación anterior
toma la forma
M.+M+M'=Ü
.
,
,
o equivalentemente
M , +M, -M'=O
,
La demostración de esta propiedad se puede llevar a cabo de la forma
siguiente: Al aplicar la segunda ley universal de la mecáJjca al conjunto, referida al eje común de rotación, se tiene que
~ ME = ~
Jií. X adm
entendiéndose que debe evaluarse la integral anterior para cada componente rígida del tren, para luego sumar la contribución de cada una
de eUas. Ahora bien, la contribución que cada componente en rotación
alrededor de un eje fijo aporta a la ecuación anterior es idénticamente
nula si el sistema se encuentra en régimen, puesto que la aceleración
de cada uno de sus puntos es necesariamente radial.
En un tren epicíclico, la única componente que no cumple con esta
condición son los distintos planetas que lo conforman. A continuación
verificaremos que también en este caso el momento de las aceleraciones alrededor del eje común es nulo. En la figura 2.40 se muestra un
planeta de centro C, en rotación alr;.d~dor del eje e con una velocidad angular absoluta (constante).
Figura 2.40.
Trenes de engranaje
111
Note entonces que la contribució-!!. que la aceleración de un punto
genérico P aporta a la expresión J R X adm se cancela totalmente
por el aporte de su simétrico: Q demostrándose finalmente la validez
de la ecuación (2.38).
b) La transferencia de energía desde el eje de entrada hasta los ejes de
salida está gobernada por la eficiencia del tren. Se tiene así que
P
M.w+M~úls
r¡=-'-=•
,
Pe
Me· W e
(2.39)
El caso particular que se está considerando permite escribir que
7]
= M • W• +M/ w'S
Me W e
A continuación se presenta un ejemplo concreto para ilustrar la aplicación de las fórmulas anteriores.
Ejemplo 2.7
En el tren epicíclico compuesto mostrado en la figura 2.41, los brazos (solidarios al eje de salida s) llevan sendos planetas (1) y (2) que engranan con las
ruedas internas A y B. Y con los soles H y j. (Note que el sol H forma p. te
de B).
\
Las ruedas J y K son solidarias al eje de entrada e). La rueda K engrana
con el planeta 3 (solidario a B), y a su vez el planeta engrana con la rueda estacionaria C.
Engranaje
A
B
e
H
J
No. dientes
71
65
65
29
21
Determine el par transmitido por el eje de salida cuando el eje de entrada transmite 20 kw a 200 Lp.m. Suponga r¡ = 0,96
Solución:
A nálisis cinemática
En primer lugar se procederá a analizar cinemáticamente el dispositivo a fin
de determinar la velocidad angular del eje de salida: w S ' siendo el método de
112
Transmisiones
los centros instantáneos el escogido para llevar a cabo dicha evaluación.
E.l lector debe tener presentes las siguientes observaciones:
B
2
H
.,-~
Figura 2.41.
i) La única rueda estacionaria es C.
ii) El brazo del planeta 3 es solidario a las ruedas B y H.
iii) Las ruedas J y K giran solidariamente con el eje de entrada.
iu) Los brazos de los planetas 1 y 2 giran solidariamente con el eje de
salida.
u) La rueda A no es estacionaria.
Con el fin de facilitar la comprensión del problema, se proce',lerá a analizar el tren por etapas. En primer lugar se considera el tren epicicldidal formado por las ruedas K, 3 yC, tal como sugiere la figura 2.42. La velocidad angular
absoluta del brazo w b , que gira solidariamente con las ruedas B y H, puede
calcularse directamente del diagrama de velocidades.
1
---J
e.r.e.
e
Figura 2.42.
Trenes de engranaje
tiene así que
113
'J\;)~ = ""'\:ll ... " ,,~..,"\
--J'D 7
'J:" -_ \Ne. l 11 v.:."\
/'.
Wb (rk + r3) =
')
'-.1~ -= "2. "'Jo".:?:,.
ervando que rk + 2T3 = Te' esta última expresión toma la forma
- "e-'z\.'*'
(a)
A continuación se analizará el tren epicicloidal constituido por las ruedas
que gira con velocidad angular w.), 2 y] (que gira con el eje de entrada) .
• 'ate que el brazo de este tren gira solidariamente con el eje de salida w,'
De acuerdo al diagrama de velocidades mostrado en la figura 2.43, la veocidad absoluta del punto Q viene dada por
--------W
e
Figura 2.43.
teniendo .presente la expresión (a) la velocidad angular del brazo (velocidad
ar de salida) toma la forma
-ervando la relación 2r 2 + r. = rB' se concluye que
W, =w
Te T +TJT
+T
T
K
J
Ií B
e
(re +rK ) (r. +rB )
(c)
114
Transmisiones
Suponiendo que todas las ruedas poseen el mismo paso normal, se concluye
que
w, =w e
ZeZJ+ZJZK+ZKZB
(d)
(Ze +ZK) (ZJ +ZB)
Sustituyendo valores numéricos en (d) se tiene:
w = 857,49 Lp.m .
•
esto es, el eje de salida gira en el mismo sentido que el de entrada, siendo su
magnitud el valor arriba calculado.
Análisis dinámic o:
Al considerar el tren compuesto como sistema, se puede establecer que los
únicos pares actuantes sobre él son aquellos transmitidos por los ejes de entrada y salida y el requerido para inmovilizar la carcaza (solidaria a la rueda
e), tal como sugiere la figura 2.44.
w., (
CARCAZA EN
REPOSO
"'" = =
W
<
<= =
<==
M
e
Figura 2.44.
Observe que en esta figura se han señalado las parejas antes mencionadas, de forma que el par de salida corresponda a un par resistente.
La orientación atribuida al par actuante sobre la carcaza fija es arbitraria.
Encontrándose el sistema de régimen estacionario, su comportamiento
dinámico está gobernado por las ecuaciones
M , +M', =M e
l) =
wM
-'--'
we M e
(e)
Ij)
La ecuación (j) permite obtener directamente M s ' ya que por hipótesis la potencia de entrada es conocida: Me w< = 20 000 watts. Se tiene así que:
Trenes de engranaje 115
M
0.96 X 20,000
= 857,49 X 21r = 213,84Nw-m
,
60
Observe que la ecuación (e) permite evaluar el par requerido para inmovilizar
la carcaza de la rueda C. Llevando a cabo los cálculos se obtiene:
M;
= -
118,35 Nw-m
esto es, el par requerido tiene sentido contrario al señalado en la figura.
Ejemplo 2.8
En la figura 2.45 se muestra una transmisión compuesta formada por un acoplamiento hidráulico y un tren epiciclico simple.
D
e
:
e
Figurn 2.45.
Suponiendo conocido:
•
•
•
•
La velocidad angular del eje de entrada w e '
El par actuante sobre el eje de entrada: Me'
El deslizamiento del acoplamiento: 8.
El número de dientes de la rueda anular Z A' Y del sol Zc'
Calcule:
a) La velocidad angular del eje de salida del conjunto.
b) El par de salida del conjunto: M., y compárelo con el par transmitido por el eje de salida del acoplamiento.
116
Transmisiones
Solución
Análisis cinemático
En primer lugar observe que la velocidad del eje de salida del acoplamiento
(solidario al sol) viene dada por
w'=(I-o)w
,
e
(a)
siendo O el deslizamiento del acoplamiento. Con referencia al treñplanetario
se puede establecer que
• La rueda anular, solidaria al eje de entrada, gira con velocidad angu·
lar w e .
• El sol gira con velocidad angular w',.
• El brazo gira con velocidad angular del eje de salida: w, .
De acuerdo al diagrama de velocidades indicado, se tiene que la velocidad
angular de salida viene dada por
w = rA W e + r e w'8
•
r
A
+ Tc
Utilizando a), la expresión anterior puede escribir como:
w , =w e
Z A + (1 - o) Zc
ZA + Zc
(b)
T W
A e
...-,,..-""-;=0..:::::- - - -.,
/
I
I
~ I
w, I
I
I
I
I
I
I
I
T
I
}---- TA--~"~c-.t
Figura 2.46.
Trenes de engranaje
117
Análisis dinámico
X fin de llevar a cabo un análisis dinámico se procederá a representar dos semidiagramas.de cuerpo libre de las componentes del dispositivo (acoplamien10 y tren epicicloidal, figura 2.47), en los que se indican los pares que las
solicitan:
w;
~~--,==~
<==
M'
s
ws
M
,---=-=--. ~
<==
---....
w.
~
M
s
VZ2ZZZ;a
Figura 2.47.
Observe que en estos esquemas,M represen la el par transmitido por la
rueda anular (solidaria al primario del acoplamiento hidráulico).
Se tienen entonces las siguientes relaciones dinámicas:
• El par neto actuando sobre el primario se transfiere totalmente al secundario, esto es:
M -M=M'
•
s
(e)
• El par neto actuando sobre el tren es nulo, puesto que se encu~ntra en
una condición de régimen pennanente
M+M's -M, =0
(d)
• Como el tren posee dos ejes de en trada (rueda anular y sol) y uno de
salida (brazo), su eficiencia se expresará entonces como
(e)
Eliminando la variable M entre las ecuaciones (d) y (e), se obtiene la siguiente
relación entre el par transmitido por el acoplamiento hidráulico y el par de
salida del dispositivo.
118
Transmisiones
M'
--' =
M,
o equivalentemente, al sustituir a) y b), que
1-11
- - <1
110
expresión esta que pone de manifiesto que e! acoplamiento hidráulico transmite solamente una fracción de! par total transmitido por e! dispositivo. Por
esta razón e! conjunto formado por un acoplamiento hidráulico y un tren epicicloidal (dispuestos en la forma sugerida en este ejercicio) se le llamara un
divisor de par.
2.8.4 Análisis transitorio de trenes de engranajes
El procedimiento más sencillo para analizar e! comportamiento transitorio
de un tren de engranajes es utilizar e! concepto de inercias equivalentes (para
reducirlas a un eje único). Reduciendo e! sistema genérico mostrado en la figura 2.48 al eje motor, se tiene
+ ,,2 I + I) dW m
e
,
dt
siendo I, e! momento de inercia de la transmisión reducido al eje motor, e!
cual dependerá de su configuración específica.
A continuación se ilustrará la evaluación de I, para un caso particular.
MOTOR
\
/
TRANSMISION
CARGA
Figura 2.48.
Ejemplo 2.9
En la figura 2.49 se muestra esquemáticamente una transmisión epicicloidad
de ruedas cilíndricas, formada por una rueda anular A, estacionaria; N planetas: P; un brazo múltiple (araña), solidario al eje de entrada; un sol solidario
al eje de salida.
Se desea reducir e! sistema al eje motor. Con este fin suponga conocidos:
Trenes de engranaje
119
• 1m • lB' ¡p. ¡SJ le· Momento de inercia del motor, brazo, cada planeta,
sol y carga, respectivamente.
• Z A' Zp' Zs· Número de dientes de la rueda anular planeta y sol, respectivamente.
• r ' r p . Radio del sol y del planeta, respectivamente.
z
• mp. Masa de cada planeta.
Figura 2.49.
Solución
El procedimiento más sencillo para evaluar el momento de inercia equivalente de la transmisión consiste en detenninar su energía cinética en función de
!a velocidad angular del eje de reducción. Dado que el sistema reducido tiene
una energia cinética T = 1/2 le w', igual a la del sistema original, una simple identificación de parámetros arroja el resultado pedido. Se tiene entonces
1
,
1
1
1
T = - l w +-1 w' +N[ - m y' + - 1 w' l
2 p p
2 s s
2 B B
2 p p
~
(a)
Ahora bien, de acuerdo a las expresiones (g) (i) Y (j) del ejemplo (2.4)
nene
Z
w , =(l+----<!')w
Z
B
,
z
w =(l-.....!l.)w
.p
Z
B
(b)
(e)
p
_-\dicionalmen te se tiene
y p = (r• + rp )w B
(d)
120
Transmisiones
Sustituyendo en (a) y simplificando
1
T=- [1
2
z
B
Z
+(l+--<L)I +N(I--A)21 +
Z
'
Zp
p
,
de donde se concluye que
Z
Z
21 +N(I--A)2
1P +N'm P (r8 +rP )2
1e
=,
1 + (1 + --A.
Z
Z ) 8
,
(e)
P
Teniendo presente que
W
n= w'
B
la ecuación general del sistema reducido resulta ser
Z
+(1+ ZA)2(I,+Ie )+
,
(j)
Z
d ws
N(1 - --..4. )2 1 +N'm p (r +r )2] _ _
Z
p
p
'P
dt
2.9 TRANSMISIONES POR CORREAS
En su forma más sencilla, una transmisión por correas está formada por un
par de poleas solidarias a sus ejes de entrada y salida, vinculadas entre sí mediante una correa flexible tensa (figura 2.50). La fricción entre la correa y
las poleas es responsable de la transmisión de movimiento.
Las características más resaltantes en este tipo de dispositivos son:
• Son transmisiones de bajo costo que requieren poco mantenimiento.
• Utilizando correas planas (sección transversal rectangular) con poleas
escalonadas, o correas en "V" (sección transversal trapezoidal) con
poleas ranuradas de caras ajustables se logra una relación de transmisión variable de bajo costo.
• Dado que la tensión de la correa debe mantenerse alta para impedir
el deslizamiento, los cojinetes de la transmisión están sometidos a
grandes cargas. Esta situación junto con las variables de la correa hacen de ésta una transmisión ruidosa.
• Tanto las propiedades elásticas de la correa como su capacidad de
deslizamiento sobre la polea hacen apropiada esta transmisión para
absorber cargas de choque y amortiguar sus efectos.
Transmisiones por correas
121
e
(
s
Figura 2.50 Transmisión por correas.
:1.9.1 Análisis de una transmisión por correas
Ta! como fuera indicado en el capítulo 1, la relación de transmisión de este dispositivo, bajo la hipótesis de no deslizamiento entre correa y polea, viedada por
W
re
we
r,
n=-' =
(2.39)
ro donde re y r, representan los radios efectivos de las poleas de entrada y
s:ilida, respectivamente, esto es, la distancia del eje centroid"l ~e la correa a!
'e de rotación de la polea correspondiente. ~~
A continuación se llevará a cabo el análisis dinámico de una transmisión
m la que se utiliza una correa en "V". Observe que el caso de una correa placorresponde a! de una correa en "V" con ángulo de apertura igual a 180 0 •
_-omenc1atura:
r
w
Jl
n
f
Tmáx
T ro (n
Angula de abrace de la correa.
Semiángulo de la "V".
Radio del eje de la correa.
Densidad linea! de la correa.
Velocidad angular (Uniforme) de la polea.
Coeficiente de roce.
Intensidad lineal de la fuerza normal entre la correa y la polea.
Intensidad lineal de la fuerza tangencial de roce entre la correa y
la polea.
Tensión máxima de la correa.
Tensión mínima de la correa.
Considere un elemento de correa sustentado por un ángulo de abrace
.- pequeño ÁB, y sea T(B) la tensión de la cuerda en un punto genérico de- . o por el ángulo B (medido con respecto al punto de tensión-mínima).
122
Transmisiones
Figura 2.51,
a) Vista lateral
b) Vista frontal
1>.9
1>."
2 nTd 8 sen fJ
T(O)seo ( - - )
2
T(O +1>.9)seo(I
2
I
.. -;:::.
1
_2fT(O)
\
_l>.O
/T(e
I
\
,
r.w 2
\
,
f
I
\
I
\
\
I
I
\
+ 1>.9) 2
I
I
I
\..~ O,
er;-¡\I
i
a)
b)
Figura 2.52 Diagrama de cuerpo libre del elemento de correa.
Bajo la hipótesis de que la correa no desliza, la primera ley univeJ
la mécanica permite escribir:
• Suma de fuerzas en dirección tangencia! a! elemento:
1
[-;T(O) + T(O +~O)l cos (2~9)-2fr~9 =0
Transmisiones por correas
123
• Suma de fuerzas en dirección nonnal al elemento:
1
.
2n r A Osen fJ - [T (O) + T (O + AO)] sen (- A O) = - (r A O A) r ",2
2
Considerando e! caso límite A O -+ O, y despreciando infinitésimos de orden
igualo superior al segundo, las dos ecuaciones anteriores permiten escribir:
_ O ~-.o /JO 1', <P'"
1
dT
~-2fr=O
(2.40)
dO
2 n r sen fJ - T = - A r'
w'
(2.41 )
Ahora bien, la máxima capacidad de transmisión de momento se alcanza
cuando
f~
esto es, cuando la correa está a punto de deslizar sobre la polea. Combinando (2.40), (2.41) Y (2.42) se obtiene la ecuación diferencial que gobierna la
distribución de la tensión de la cuerda:
(2.43 )
y cuya integral, evaluada entre los puntos de tensión mínima (O = O) Y tensión
máxima (O =a), perroi te escribir
(2.44)
I
-i en particular la correa es plana (2.44) se reduce a
(2.45)
:?9.2 Par transmitido a la polea
En la figura se muestra esquemáticamente la fuerza de interacción tangencial
",""erada por la correa sobre la p';lea. Esta fuerza se distribuye sobre e! arco
~ contacto, siendo su intensidad 21. Consecuentemente e! valor máximo de!
• al" transmi !ido vendrá dado por
,
124
Transmisioncs
M=t r. 2fd8
_---2/ i'
0=0
Figura 2.53.
Recordando (2.40) se puede evaluar directamente la integral anterior.
M=
l
a
dT
r(-)dO·=r[T(a)-T(O)]
o
dO
esto es
(2.46)
,
o equivalentemente, haciendo uso de (2.44)
M=r[l-e-~alsen~](Tmáx_ Xr 2 w 2 )1
1-
- - -_ _.-.1
~~~
M..lU MC'
(2.4 7)
2.9.3 Efecto de la pre-tensión de la correa
La expresión (2.44) permite escribir:
T máx - T mín = (TmÍn - 'f\2
T
W 2) (e ~a/sen ~ - 1 )
(2.48)
luego, el efecto del término )..r2 w 2 es provocar una disminución en la variable Tm áx - T m ín para la cual el deslizamiento de la correa es inminente,
con la consiguiente reducción en el máximo par capaz de transmitirse. Una
manera de reducir el efecto de la inercia de la correa es aumentar los valores
de Tmax
. Y T m í n de manera que el término ",2 w 2 sea despreciable. Ello se
logra al pretensar la correa a un valor T o : esto es, cuando la transmisión está
estacionaria se tensa la correa hasta alcanzar una tensión inicial T o . Al operar
el sistema la tensión de la correa variará entre Tm • x Y T
m ín' Ahora bien, supomendo que la correa es elástica y cumple con la ley de Hooke, la igualdad
en las longitudes de los lados de alta tensión y baja tensión de la correa permite escribir:
Transmisiones por correas
125
.empre que se suponga constante el área de la sección transversal de la correa.
~ tiene así que
'"
\ Trnh + Trnfn
L_
'
~2To )~:,=-1: . 1 -. (2.49)
-~'
Observe que el valor de la tensión inicial está limitado por la capacidad de la
correa para transmitir carga sin romperse. (\t"!' I()
Escribiendo (2.49) como
(Tm!x - Xr2 w 2 ) + (Tm{n - Xr2 w 2 ) = 2 (T o - Xr2 w 2 )
. recordando (2.44) se tiene
(2.50)
ustituyendo en (2.47), se obtiene una expresión para el par máximo capaz
de transmi tir la correa en función de la tensión inicial
~
1 _ e-~o:/sen fJ
M =2r ~~~~~~ (To - Xr2 w 2 )
1 + e-JlCl/sen f1
L--
(2.51)
~
<
Observe entonces que'la potencia transmitida por la polea viene dada por
"
\
1-
e-¡UX/=~
1+
e-lJo:/St:.n f1
- -]
P=Mw =2r ~~----,(To-Xr 2 w 2 )w
L
_
(2.52)
~
E.1Jc.í ..
CUando la condición de deslizamiento es inminente. Analizando esta última ex·
presión se tiene que:
• Cuando w 2 = T o IXr2 la potencia transmitida es nula. Esta situación
corresponde al caso en que d efecto de la pretensión es anulado por
la fuerza de inercia sobre la correa.
• Cuando w 2 =
P
m Ix
T~ la potencia alcanza su valor máximo
3Xr
4
=_3
1 - e -~/sen 13
+ ",,¡sen ~
1 e.
To
j IJL
3A
126
Transmisiones
tal como se comprueba al derivar (2.52).
Estos resultados se resumen en forma cualitativa en la figura 2.54.
p
P máx
-v
fO/ 3M2
Figura 2.54.
En la bibliografía es frecuente encontrarse con la siguiente derivación
de la potencia máxima: Usando (2.46) y (2.48) se tiene
Nota"':
P=MW=TW(Tmin _"M2 w2)(e""'I,en~-_I)
Derivando con respecto a W se concluye equivocadamente que
T(e""'/sen~ -1) {Tmm
. _"M2 w 2 -2"M 2 w 2 ]=ü
o sea
W
2
= T mm.
/
Consecuentemente la potencia máxima sería:
~
Tmm'. JT3:>"min (e"",/,en ~ - 1)
3
~
El error de este procedimiento es producto de considerar Tml'n como constan·
te a efectos de la derivación, cuando la expresión (2.50) y (2.49) ponen de
manifiesto la dependencia de T m .n
. con W (ver ejercicio 2.10).
Ejemplo 2.10
Una polea de IODO mm de diámetro gira a 200 rpm y se conecta mediante un.
correa de cuero a otra polea girando a IODO rpm, siendo el ángulo de abrace
Transmisiones por correas
127
\
..., la última de 175°. Si la tensión inicial de la correa puede ajustarse entre
.Vw y 1400 Nw, ¿cuál es la máxima potencia que puede transmitirse?
__• n"" que la tensión máxima admisible para la correa es de 1600 Nw, y
·onalmcnte que
f.l =0,25
-, v
A = 0.5 kg/m
ció n
ordando la definición de relación de transmisión, se tiene que el radio de
200 rpm _ O
v'
lea pequeña vendrá dada por r = 0,5 m c:-::-::c:--'-,1 m
1000 rpm
otando por TAf y T m a las tensiones máxima y mínima de la correa en
condición genérica, la potencia transmitida se p'J-ede expresar como
P=rw(T-T)V
M
m
~do r y w
(a)
el radio y velocidad angular de lapolea pequeña, respectivamente.
Ahora bien, la potencia máxima a transmitirse está limitada por dos fac. a saber, la tensión máxima permisible y la condición de deslizamiento
¡nente que aparece en la polea pequeña. Dado que estos dos factores son
ependientes, se procederá a analizarlos por separado:
•
Si la correa no desliza, la máxima capacidad de transmisión de potencia dependerá dc la tensión permisible en la correa (y de la tensión
inicial: To),Recordando que
(b)
al p"ede re-escribirse como
P=2rvJ (T", -Tol
~o, si Tp
(e)
representa la tensión permisible TM ~ Tp ' consecuentemente
P<2rw(Tp -To )
(d)
. 5ustituyendo valores
P<33.510-20,49 T Q
--
(e)
~',
,
128
Transmisiones
•
Si la correa no tiene límite de sobrecarga, la potencia máxima se alcanza cuando el deslizamiento es inminente. Utilizando (2.51), la máxima capacidad de transmisión de potencia para una velocidad de
rotación dada es
P.
max·
=WM máx =2rw - - - 1 + e-~C:X
o sea, al sustituir valores númericos
P máx = 7,63 To -418,3
Consecuentemente, la potencia transmitida P satisfaée la relación
P~7,63
To -418,3
(f)
Se tiene así que la potencia transmitida por este dispositivo debe satisfacer simultáneamente las inecuaciones
P ~ 33510 - 20,49 To
P~ 7,63 T
o
-418,3
En la figura 2.55 se muestra gráficamente la región solución de dicho
sistema, correspondiente al intervalo 1000 Nw " T o" 1400 Nw.
P (vatios)
12000
p ~ 33510 - 20,5 T
p* =8800 vatios
o
8000
4000
o
o
'"
o
o
...
o
o
'"
'"
o
o
o
-
o
o
Figura 2.55.
o
o
'"
..
Embragues
129
Por simple inspección de la figura se concluye que la potencia máxirransmitida se obtiene cuando T o = 1205 Nw, siendo su valor
p* = 8,8 Kw
:!o10 EMBRAGUES
al como fuera indicado en la introducción de este capítulo, los embragues
son transmisiones utilizadas para conectar o desconectar ejes a voluntad de
operario externo.
Antes de discutir d comportamiento de los sistemas mecánicos que incorporan un embrague se procederá a presentar algunos dispositivos de emrague:
_10.1 Embragues dentados
útos embragues están caracterizados porque la conexión entre los ejes con- etor y conducido se logran mediante dos miembros dentados que giran so·amente con cada eje, de manera que los dientes de uno calcen en los
ecos del otro.
En la figura 2.56 se muestran esquemáticamente dos tipos comunes de
nnbragues de dientes: embragues de dientes cuadrados y de dientes en espi::al; el segundo capaz de transmitir momento, y en consecuencia movimientos
ro dos sentidos, mientras que el primero en un solo sentido.
Es de hacer notar que éstos son los acoplamientos más simples de concebir, adaptándose perfectamente a aquellas situaciones en las cuales se re_ "eren una conexión y/o desconexión rápida. La relación de transmisión en
embrague dentado toma los valores O ó 1, según que esté desacoplado o
Jroplado.
Figura 2.56. Embragues dentados.
130
Transmisiones
2.10.2. Embragues de fricción
Son aquellos embragues caracterizados porque el mecanismo de transmisión
de movimiento, y en consecuencia de potencia, se logra mediante el contacto
entre dos superficies rugosas, una solidaria al eje conductor, la otra al conducido.
A continuación se discutirán dos configuraciones comunes en los embragues de fricción: los embragues de discos y los cónicos:
2.10.2.1 Embragues de disco
Tal como sugiere la figura 2.57, las superficies de contacto entre los ejes a
acoplarse corresponden a sendos anillos circulares.
_
_ o
A
I
I
~
".
I
Figura 2.57 Embragues de disco ......-
-- - 2R--
Cuando el disco del eje motor (1) se pone en contacto con el disco del eje
conducido (2) por acción de una fuerza axial A, se producirá una transmisión
de movimiento sobre el eje (2) que persistirá hasta tanto no cese la acción de
contacto.
A continuación se procederá a determinar la ~pa«;idad de transmi ., n
de momento desde el eje conductor hasta el eje conducido en un embrague
de disco, bajo el supuesto que el mecanismo de fricción corresponde al modelo de Coulomb.
Si se denota por p = p(p)a la intensidad de la presión distribuida sobre
el área de contacto entre los dos discos, se tendrá que sobre un área elemental pdpdO actúa una fuerza tangencial de magnitud
dF = P (p )pdpd8 11
siendo J1. el coeficiente de fricción de la interfase. Así, el momento torsionaJ
transmitido por el embrague será
M,
=1
PdF=r
r
1'71" IlP(p)p'dpdO
o
Embragues
M, = 2 1r Jl
J:
p2 P (p) d p
131
(2.53)
orro lado la presión p generada por la fuerza axial A aplicada sobre uno
ejes viene dada por la expresión
- cuentemente
L J/ (p) pdpdil 21r L P (p) pdp
R
A=
R
211'
=
(2.54)
particular se supone que
(2.55 )
o Po un valor característico de la presión entre los discos, y <p (p) la ley de
'ón radial de dicha presión, las expresiones (2.53) y (2.54) permiten
:bir
(2.56)
alizando para el caso en que existan N pares de superficies de fricción
contacto
-4
\I't"',J./'}-;;..
fR
2
M = Jl NA J ,P op (p) d p
I
J; pop(p)dp
(2.57)
ue la ley de distribución de presiones op(p) habría de determinarse expe·
talmente para cada aplicación, existen dos teorías aceptadas universal·
e:
• Teorz'a de desgaste uniforme: supone que la ley de variación de presión
es inversamen te proporcional al radio, esto es
Ij(
op (p) =Esta situación es representativa de los siguientes casos:
i) Discos con cierto grado de rigidez.
ii) Discos usados.
(2.58)
y
132
Transmisiones
• Teoria de la presión uniforme: supone que la ley de variación de la
presión es constante, esto es:
<P (p) = constante
Esta situación es característica en
i) Discos nuevos.
ii) Discos con cierto grado de flexibilidad.
Particularizando (2.57) para los dos casos previamente descritos, se concluye:
_M::-,'-:-=-_ f~Rr)
(2.59)
lINAR
en donde
1+ ~ +(~)2
I + I..
R
para la teoría de la presión uniforme, y
r
r
I
f(-)= -(1 +-)
R
2
R
para la teoría del desgaste uniforme.
Estas funciones se representan en la figura 2.58:
0.25
r
0.2
o.•
0.6
0.8
1.0
R
Figura 2.58 Comparación de las teorías de presión y desgaste uniforme. Observe que estas
dos teorías arrojan valores que corresponden a situaciones extTemas, siendo la del desgaste
uniforme la que proporciona valores más conservadores.
132
Transmisiones
• Teoría de la presión uniforme: supone que la ley de variación de la
presión es constante) esto es:
<{J (p)
= constante
Esta situación es característica en
j) Discos nuevos.
ji) Discos con cierto grado de flexibilidad.
Particularizando (2.57) para los dos casos previamente descritos, se concluye:
,_
~_M_'
0
(2.59)
__
f_(-;;-Rr~
¡;.NAR
en donde
r
2 1+ ~ +(~)2
f(-)=1+ r
R
3
R
para la teoría de la presión uniforme) y
r
1
r
f(-)=-(1+-)
R
2
R
para la teoría del desgaste uniforme.
Estas funciones se representan en la figura 2.58:
1.0
\
0.667 I ---->-Desgaste unifonne
0.5
0.25
T
0.2
0.4
0.6
0.8
1,0
R
~\~,~ l...~'b I\:.omparaóon o.e \as 'leoTías a~ prcsl0n '1 acsgastc unll.orme. \)oserve que estas
dos teorías arrojan valores que corresponden a situaciones extremas, siendo la del desgaste
uniforme la que proporciona valores más conservadores.
Embragues
133
2.10.2.2. Embragues cónicos
En este tipo de embrague, la acción de contacto cntre los ejes conductor y
conducido se logra a través de un par de superficies cónicas rugosas, tal como
sugiere la figura 2.58a. Esta disposición permite incrementar la fuerza normal
en tre las superficies en contacto, gracias a la acción de cuña, con el consiguiente aumento en la capacidad de transmisión de momento entre los ejes conciue·
ror y conducido.
A
'-n"",cr--' . -
-
Figura 2.58a Embrague cónico.
Determinación del par transmitido por un embrague cónico
Denotando por p a la distancia de un punto de la superficie cónica a su eje;
y por 8 a la posición angular de dicho punto, medida alrededor del eje del
cono (ver figura 2.58b), un área elemental de la superficie cónica puede ex·
presarse como
1
dS = - - p d Pd O.
sen ex
..
pds
_..::..::..
o
p +dp
pdA
~pds
--+--~
,...-p.
Figura 2.58b Embrague cónico.
134
Transmisiones
Si P = p(p) representa la presión de contacto entre las dos superficies cónicas, 'la fuerza de fricción aplicada sobre un elemento dS:
IlPP
IlP dS=--d P d 8
sen ex
producirá un momento alrededor del eje de rotación, de magnitud
=J J rr 11senp2aP d P d e
M
R
t
2
o
,.
esto es
2 rrll
M,=
- - JR p 2 p(p) dp
sen ex r
(2.60)
Por otro lado, la fuerza axial que se requiere aplicar a uno de los ejes a
fin de garantizar la distribución de presiones viene dada por
r: (
A =
o sea
A
= 2rr
r
P (p ) sen c< dS
p P (p) d P
(2.61)
Ahora bien, si se supone que
(2.62)
siendo p. un valor característico de la presión, y <p (p) la ley de variación radial
de su distribución, las expresiones (2.60) y (2.61) se pueden combinar para
obtener
=
M
,
11 A IR P2 'P (p) d p
r
sen a ¡n p <p (p) d P
(2.63 )
,
Esta expresión define pues, el par máximo capaz de transmitir un embrague cónico de semiángulo a. Observe que cuando a = 90° (2.63) se reduce a
(2.57).
• Observe que la presión de contacto se distribuye de acuerdo a una ley que goza de simetría axial.
Embragues
135
Casos particulares:
a) Si se supone que la presión se distribuye de acuerdo a la teoría del
desgaste uniforme
pp = constante
(2.63) se reduce a
( r + R)
2 sen Ci
1 M""W~-<
-
J
cl2-y, '.
b) Si la distribución atiende a la teoría de la presión uniforme se tiene
~ 2/lA R2~ \ rt~"
M
t
3senCi
~
Y'I'.
'H
Observe que
[(rIR)
en donde [ (rIR)coincide con la función obtenida para el caso de embragues de disco.
2.10.2.3 Embragues unidireccionales
Son aquellos embragues diseñados para transmitir movimiento, y consecuen~
temente potencia, cuando el eje conductor gira en un solo sentido. Al invertir
el sentido de rotación del eje conductor, los ejes de la transmisión se comportan como si no estuvieran acoplados.
Eje conducido
Eje conductor
Figura 2.59 Embrague unidireccional.
136
Transmisiones
Dado que existe una variedad muy extensa de embragues unidireccionales, a continuación se presentará, a título de ejemplo, un diseño conocido
con el nombre de embrague unidireccional de rodillos o bolas, el cual consiste de un cierto número de cilindros o esferas vinculadas a uno de los ejes del
embrague mediante sendos resortes en estado de compresión (ver figura 2.59).
Cuando el eje conductor rota en el sentido indicado en la figura, las bolas o
rodillos producen una acción de roña mtre los ejes conductor y conducido
permitiendo la transmisión de momento. Si el sentido de la rotación se invierte se pierde la acción de cuña y en consecuencia, el acoplamiento entre
los ejes.
2.10.2.4. Embragues centrífugos
Consiste de un cierto número de zapatas, distribuidas simétricamente, en
capacidad de deslizar radialmente a lo largo de guías solidarias al eje conductor, y así de entrar en contacto con la cara interior de un tambor solidario
al eje conducido.
La zapata, cuya superficie externa está recubierta de un material de fricción, se vincula al eje conductor mediante resortes que impiden un contacto
prematuro entre zapata y tambor cuando el eje motor gira a bajas revoluciones. En la medida en que la velocidad angular del eje conductor aumenta, las
fuerzas inerciales obligan a las zapatas a entrar en contacto con el tambor,
permitiendo la transferencia de potencia al eje conducido.
Denotando por m a la masa de cada zapata, Te a la posición radial de su
centro de masas (esencialmente constante), w m a la velociaad angular del eje
motor, r al radio interno del tambor, J1 al coeficiente de fricción entre zapata
y tambor, y n al número de zapatas; el par transmitido por el embrague viene
dado por la siguiente expresión
Zapata
EJE CONDUCTOR
Figura 2.60 Embrague centrífugo.
Embragues
137
M
J
w'
m
1---;lL--¡----. "'m
.-'/::_--
Figura 2.61 Característic.. de un embrague centrífugo..
~-{
O
M,
I'nr(mr a
,si w
m
< j""-Fo-/m- r-o
W;,. -Fo),siw ;;J-JFo/ mra
m
siendo F o la fuerza generada por el resorte cuando existe contacto entre zapata y tambor.
2.10.3. Análisis transitorio de sistemas mecánicos con embragues
Con el fin de ilustrar el comportamiento transitorio de un sistema mecánico,
se estudiará el caso de arranque de una carga constante accionada por un motor eléctrico mediante un embrague de fricción.
En la figura 2.62 se muestran las características del motor y de la carga,
así como la región característica del embrague. * En la misma se distinguer.
los siguientes parámetros:
Carga (M )
e
'"
Figura 2.62 •
• Recuerde que el par transmitido por un embrague viene dado por Me ~Me max = constante siendo
M~lÍx la capacidad máxima de transmisión de momento, alcanzable cuando se produce el deslizamiento entre las caras conductoras y conducidas del embrague.
138
Transmisiones
Par de arranque del motor.
Velocidad angular del motor en vacío.
Par inicial de la carga.
Capacidad máxima del embrague.
A continuación se discutirá el arranque de este sistema bajo dos condiciones operativas distintas: arranque con el embrague acoplado, y arranque
del motor en vacío para luego acoplar la carga mediante el embrague:
Caso I. Arranque con el embrague acoplado
De acuerdo a la nomenclatura indicada anteriormente, las aceleraciones angulares iniciales de los ejes motor y conducido vendrían dadas por
:-
; ..
-n""1-...,M,.
o =
O'
m
siendo Mc o ~ JW c máx el valor inicial del par transmitido por el embrague,
mientras que 1m e le representan las inercias reducidas del eje motor y del
eje de la carga, respectivamente. Según los valores extremos de estas aceleraciones iniciales se distinguen los casos siguientes:
I.l Sea
M 0 _ M máx :
M máx : - 1'11 o
_---"m'----,--'c'----_ >
c >O
1m
1e
'>0
Bajo estas condiciones los dos ejes comienzan arotar con velocidades distintas,
produciéndose una condición de deslizamiento en..e embragt!e. El movimiento
del eje motor viene dado por la solución de la ecuación diferencial
dw
I ----..!!!...-= M m - ft1 máx
e
m
dt
sujeta a la condición inicial w m (o) = O. De igual manera, el movimiento del
eje conducido está gobernado por
Embragues
dw
dt
1 _ _,_= M
e
w
e
máx
e
139
-M
e
(0)=0
.-\hora bien, la condición de deslizamiento finalizará al cabo de un tiempo 7: definido por
w m (l ) = w e (t) = W
esto es, cuando las correspondientes soluciones se cortan. Esta situación se
ha tratado de representar en la figura 2.63: curva II para el eje motor y curva
1 para el eje de la carga. A partir de ese instante los ejes motor y conducido
~ran solidariamente, esto es, sin deslizamiento. El par transmitido por el embrague se reduce apropiadamente a fin de garantizar el tipo de movimiento
descrito anterionnente. Así Me < 1\1e máx.
M
m
e
'-
,¿.-_
W
w
1
-----_"¡4
I
DESLIZAMIENTO
l.
...__
Figura 2.63.
"1 C'
w
NO DESLlZAMIE~TO
140
Transmisiones
El movimiento del conjunto estará gobernado por la ecuación diferencial
dw
+I)_=M -M,
e
dt
m
w(t)=w
y cuya solución se representa mediante la curva III. Observe su carácter asintótico con la línea w =
siendo
la velocidad de régimen del sistema. El tiempo de arranque:ta* se calcularía entonces mediante
w,
w
w(ta *) = E W
siendo E un factor cercano a la unidad.
1.2 Sea
MO _M máx
_ _m",--::---",_ _
< Mmáx-M
e
e
1m
1,
r:i."" ~ J e
Nc 1_,l.·.L).p,
La relación anterior pone de manifiesto que el embrague transmite un par
menor que su capacidad: M, < M máx ya que la aceleración inicial del eje
motor no puede ser menor que la de! eje de la carga (figura 2.64). Se tiene
así que e! embrague no desliza, y por consiguiente, e! conjunto gira solidariamente de acuerdo a la ecuación
t •
~._.
-._._._._.-
Figura 2.64.
Embragues
141
dw
+l)-d
e
t =M m -Me
w (o) = O
En este caso el tiempo de arranque t a * vendrá dado por
A1 máx -Mo
1.3
e
e
<O
le
M
r-_-J/Eli
t •
a
~_ Carga
'.e!}! \0
ú)
Figura 2.65
En este caso, el máximo par capaz de transmitir el embrague no es suficiente
para accionar la carga (figura 2.65). Consecuentemente la carga permanecerá
en reposo mientras que el motor se acelera de acuerdo a la expresión
142
Transmisiones
1
m
dw
m
dt
w
M
-Mmáx
m
e
(0)=0
m
hasta alcanzar la condición de régimen, la cual viene definida por
M
m
(w
m
)=Mmáx
e
Caso ll. Arranque del motor en vacío
Este tipo de operación se reduce a arrancar el motor en vacío hasta que su
eje alcance la condición de régimen, para luego proceder a acoplar la carga
mediante el embrague.
El análisis de este caso se llevará a cabo en dos etapas; a saber:
a) Arranque del motor. El motor se acelera hasta la condición de vacío:
no, de acuerdo a
1
m
dw
dt
---,;c-"m,-- = M
m
w m (0)=0
La duración to* de esta etapa se puede estimar mediante
w m (t o *) = dl o
Durante este tiempo el eje de la carga permanece en reposo. Esta situación queda representada por las curvas l.
b) Acoplamiento de la carga. En esta segunda etapa es necesario considerar dos situaciones:
lI.l
Si este es el caso, el motor se desacelera de acuerdo a
1m
dw m
dt
M
m
_M máx
e
Embragues
143
mientras que la carga se acelera según
1
e
dw
dt
--'-= l\1 m dx - M
e
e
w , (t o*) = O
y esta situación perdurará hasta el tiempo t 1 , para el cual
(Ver curvas II para el eje motor y III para el eje de la carga).
A partir de este instante cesa el deslizamiento, esto es, el conjunto gira
solidariamente gobernado por
dw
dt
+I)-=M
e
m
-M
e
Esta última etapa del movimiento se estabiliza a la velocidad de régimen del
sistema W. El tiempo tomado por el sistema para alcanzar este estado puede
estimarse mediante
w(t *) = E W
a
La figura 2.66 siguiente resume lo expuesto en este caso.
I1.2
M máx ([2 )";; M
e
O
e
([2 )
O
En este caso el embrague no es capaz de accionar la carga, la cual permanecerá en reposo. En cuanto al motor, éste desacelerará de acuerdo a
1m
dw
dt
_-,-,.'m,,- -
- !vI máx
M
m
e
hasta alcanzar la condición de régimen, definida cuando
M m (w m )=lI1 , máx
e deja al lector la representación de este caso.
144
Transmisiones
M
Embrague
Carga
'---------+---------L-----C'o--_w
Do
I
I
I
I
,1
I
I
I
I
ji
1\
:
\
I
I
I
I \
I \
I
\
la-*
-
. - _ . - •. _
.. _ . _
.. -
.. - \ - _ . -
I
\
I
\
I
\
I
\
",
/ ¡ _ .. _ - - -
cA
-, ~--~
t:J
1
Figura 2_66.
a
~
~
~8.
~
~
~
w
Embragues
145
Ejemplo 2.11
Un motor de característica M m = 400 - 0.95w m se utiliza para accionar una
carga de característica constante
M , = 100 (Nw- m)
en donde [w) se expresa en rad/seg y [M] en N w - m. Determine el tiempo
de arranque del sistema (95% velocidad de régimen) cuando se utiliza un embrague de discos múltiples de características.
=
R SO cm
r = 20 cm
11 = 0.2
A =400 Nw
N= 10
Suponga que el sistema se arranca con el embrague acoplado, y que
Jm
= 8 kg-m' '
J, = 10 kg-m'
Solución
En primer lugar se procederá a evaluar la capacidad máxima del embrague:
Suponiendo la teoría del desgaste uniforme, la ecuación 2.59 permite escribir
que
1
M máx =11 NA (r + R)
e
2
o sea, al sustituir valores
M máx = 200 Nw - m
e
A continuación se pasará a analizar el tipo de movimiento inicial de las
caras conductoras y conducidas del embrague, calculando para ellos los valores ex tremos de las aceleraciones angulares iniciales respectivas:
"'0 ;;.
MO -M máx
400 - 200
Jm
8
e
m
m
M;máx-Mo
aO~
,
,
e
J,
200 - 100
10
= 25 rad/ seg'
10 rad/seg'
146
Transmisiones
Consecuentemente el sistema arrancará con deslizamiento en el embrague.
Durante esta etapa la velocidad angular del eje motor vendrá gobernada por
dw m
dt
1m
1\1
m
- M máx
e
w m (o) = O
o sea
dw m
dt
+ 0,12 w m = 25
w
m
(o) = O
ecuación esta que admite por solución
(a)
La velocidad angular del eje conducido vendrá dada por
1
e
dw
e
dt
M emáx -M e
w
e
(o) = O
siendo su solución
w e = 10t
(b)
La etapa de deslizamiento finalizará cuando
w
m
=w
e
=Q¡
esto es, cuando
10t=208,33 (1-e- o .12 ')
La solución de esta ecuación trascendente, encontrada mediante técnicas iterativas, viene dada por
t, = 18,5 seg
(c)
siendo el valor común de la velocidad angular
A partir de este instante el conjunto gira solidariamente, de acuerdo a la
//~.:.áP...dik~ ~
Embragues
(1
147
dw
+1) - = M -M
e
dt
m
e
m
esto es
dw
dt
+ 0,053 w = 16,67
w(18,5) = 185
siendo su solución
w= 314.5 [1_e'O,OS3 (t - 18,5)]
(d)
La duración del arranque se obtiene cuando la velocidad angular del
conjunto alcanza el 95% de la velocidad de régimen del sistema
la que se
calcula resolviendo la ecuación
w,
M m (w)=M , (w)
esto es
400 - 0,95 w = 100
o Sea
(e)
Así, el tiempo de arranque vendrá dado por
314,5 [1-e'.o.OS3 (t."
18,5)]=0.95 x 315,8
esto es
t
•
= 75 seg
.Vota: Obsen'e que errores numéricos acumulados son responsables de que la
expresión e) tienda asintóticamente al valor de w = 314,5 r/seg en lugar del
valor correcto w = 315,8 rad/seg.
2.10.4 Disipación de energía mecánica en un embrague
Si se denota por w m y w , a las velocidades angulares de los elementos conductor y conducido de un embrague, y por Me al par que transmite, la cantidad
M e (w m - w , )
148
Transmisiones
corresponde a la potencia mecánica que se disipa en fonna de calor en el embrague. Dependiendo entonces de que exista o no deslizamiento, la tasa de
disipación de energía mecánica vendrá dada por
w m 'l=w e
w m =w e
siendo M e = M máx
la capacidad del embrague.
e
El siguiente ejemplo ilustra la evaluación de la energía disipada en un
embrague.
Ejemplo 2.12
En el momento en que se realiza el acoplamiento del embrague de un sistema
mecánico, el motor está girando a una velocidad angular Q m bajo la acción
de un par motor constante. En cuanto a la carga, ésta se encuentra girando
con una velocidad Q e '1= Q m ,también bajo la acción de un par resistente constante M e . Sean I m e 1e los momentos de inercia equivalente de los ejes motor
,
y conducido, respectivamente. La capacidad máxima del embrague M e =M max
e
es tal que
M e <Me <M m
Determine la energía mecánica disipada en el embrague durante el acoplamiento.
La figura 2.67 muestra esquemáticamente las curvas características tanto del
dispositivo motor como de la carga.
M
M
m
Me
r------------w
FIGURA 2.67.
Solución
Dado que las condiciones iniciales de los ejes introducen necesariamente un
estado de deslizamiento en el embrague, las ecuaciones que rigen el moví·
miento de los ejes motor y conducido durante ese estado son
Embragues
dw
1
=M
_~m_
-M
m
dt
1
dw
__c_= M
m
dt
m
149
e
-M
e
e
y cuyas soluciones son, respectivamente
w m =,Q m +
Mm -Me t
M -M
w c =,Q c +
(a)
1m
e
C
t
(b)
lc
Consecuentemente, la duración T de la etapa de deslizamiento cumple
con la ecuación
,Q
m
Mm -Me
+
1m
T=,Q
c
+
M -M
e
c
T
1c
o sea
T=
,Q
-,Q
m
M e -Me
lc
(el"
e
_
M-M
m
e
1m
Para evaluar la energía disipada durante esta etapa será necesaúo calcular
la velocidad de deslizamiento w m - w c . De acuerdo a a) y b) se tiene
M
W m - W c = (,Q m -,Q
M -M
- M
el [ 1 + __m_lm",-; e_=_e_l,,-c_c_ t
,Q
m
,Q
]
c
o sea, al recordar (e):
t
W
m
-w e =(,Q m -,Q)
(1--)
e
T
Se concluye entonces que
o <'t<' T
(d)
w m -w c =
o
t>T
150
Transmisiones
La energía mecánica disipada durante el acoplamiento será entonces
o sea, al sustituir (d), que
1
Q= -M
T
2 e (Q m -Q)
e
(e)
Se tiene asl que la energía disipada es proporcional al deslizamiento ini·
cial, a la capacidad de! embrague, y a la duración de la etapa de deslizamiento.
2.10.4 Observaciones finales
Aunque un embrague es un dispositivo utilizado fundamentalmente para la
transmisión de movimiento, en ciertos casos se le utiliza como un dispositivo
de seguridad, en e! sentido de que cuando el par que solicita su elemento con·
ductor excede cierto límite se produce el deslizamiento entre las superficies
en contacto, protegiéndose la máquina conducida de situaciones extremas.
En cuanto a la ubicación de un embrague, cabe mencionarse que de ca·
locarse en un eje de alta velocidad se requeriría una capacidad de embrague
relativamente baja. Bajo estas condiciones el embrague estará sometido a un
calentamiento y desgaste excesivo, y adicionalmente podrla requerir de un balanceo de cierta precisión. Desde el punto de vista económico el costo inicial
sería bajo, no así el de mantenimiento.
Cuando se le ubica en un eje de baja velocidad la capacidad del embrague ha de ser mayor, sin embargo, durante su operación no estará sometido a
condiciones tan severas. En este caso, el elevado costo inicial es compensado
por un costo de mantenimiento relativamente bajo.
Apéndice
PROGRAMA PARA EL ANALISIS TRANSITORIO
DE SISTEMAS MECANICOS QUE INCORPORAN
UN EMBRAGUE -DIAGRAMA DE FLUJO
Este programa proporciona los puntos dela curva t-w correspondientes al arranque de un sistema mecánico, conocidas las curvas características del motor,
de la carga y del embrague. En particular, el programa permite calcular el
tiempo que tarda el sistema en alcanzar su velocidad de operación, así como
el tiempo de acoplamiento en c~o de ocurrir deslizamiento.
El programa ha sido diseñado para considerar las siguientes posibilidades.
1. Arranque con el embrague acoplado
• Con deslizamiento inicial
• Sin deslizamiento inicial
• Sin accionamien to de la carga
2. Arranque del motor en vacío, para luego proceder al acoplamiento.
• Con accionamiento de la carga
• Sin accionamiento de la carga
En el diagrama de flujo se indican las siguientes subrutinas.
a) SUBROUTINE SOL (M, MI, W)
Objeto: al alimentar las funciones M y MI, calcula la solución de la
ecuación M = Ml Y la almacena en W.
b) SUBROUTINE PAR (H, IN, M, MS, MC, MCS, ME, MES)_
Objeto: al alimentar con dos valores de la velocidad angular W y WS,
calcula los correspondientes valores del par motor, par de
151
152
Transmisiones
carga y par máximo del embrague y los almacena respectivamente en MM, MMS, MC, MCS, ME, MES.
e) SUBROUTINE TIEMP (H, IN, M, MS, TIN, T, TS).
Objeto: al alimentar H, IN, M, MS, TIN calcuIa
T=TIN + H* (IN/M + IN/MS)/2.
TS = T + H* (IN/M + IN/MS)/2.
Este programa se utiliza para integrar
Idw
dt=M
u tilizando la regla trapezoidal.
Nomenclatura
MM(I) Par motor en la etapa 1
MMS(I) Par mo tor en la etapa 1 + 1
MC(I) Par de carga en la etapa 1
MCS(I) Par de carga en la etapa l + 1
ME(I) Par máximo del embrague en la etapa 1
MES(I) Par máximo del embrague en la etapa 1 + 1
INM
Mamen to de inercia del eje motor.
INC
Momento de inercia del eje conducido. (Todas las magnitudes
anteriores están referidas a un mismo eje).
H
Incremento constante de la velocidad angular del eje de reducción.
Parámetro
de aproximación (e : ver texto).
EPSI
WOP
Punto de corte de Mm con Me.
WVAC Punto de corte de Mm con el eje W.
WWOP Punto de corte de Mm con Me
OATOS : INM I lNC, II , EI'SI
SOL (MM, MC , WOP)
SI
SE ARRANCA EL SISTEMA CON EL EMBRAGUE ACOPLADO
rso;L (MM, <1>, WVAC)
CALCULAR VALORES INICIALES DE MM, MC, ME
PAR (<1>, <1>, MM,MMS,MC,MCS,ME,MES)
'\
~
•
,
~
~
I
!W(I)=H
H 01 ; WS(I) =Ho(1 + 1)
'"
~.
I
~
il
~
i
ACELC <O
<;;; ACELC
a
<PAR(W(I),WS(I) ,MM(I),MlMS(I) ; MC(I),MCS(I) ,ME(I),MES(I»)
JNO
(ACELM
g.>
i
1 =1 +1
ACELC =(ME -Me) flNC
\
>
Q
ACELM -(MM -ME) f INM
SI
NO
n
<
SI
2
TIEMP (H, INM , MM((1) ,MMS(I), TIN , TII) ,TS(I»)
NO
-1
TIN -T(I)
1..
CASO 1
I l
CASO 3
J
CASO 2
J
.
5n
/ PAR(WVAC, <1>, MMVAC
C,MMS,MCVAC,MCS,MEV AC,MES)
"
-
MEV AC >MCVAC
~
n
I
~
[
I
g:
n
~
a
{
-'"'"
154
Transmisiones
SOL (MM, ME , WWOP)
W(I) =1' H , WS(I) =(1 +1) • H
PAR(W(I),WS(I),MM(I),MMS(I),MC(I),MCS(I),ME(I),MES(I)
TIEMP(H, INM , MM(I) -ME(I) , MMS(I) -MES(I) , TINIC, TM(I) , TMS(I))
NO
ARRANQUE CON EMBRAGUE ACOPLADO - LA CARGA PERMANECE ESTACIONARIA
MIENTRAS EL MOTOR SE ESTABILIZA EN LA VELOCIDAD WWOP - EL EMBRAGUE
SE ENCUENTRA EN UNA CONDICION DE DESLIZA.M:IENTO CONTINUO
TIEMPO REQUERIDO POR EL MOTOR PARA ALCANZAR WWOP=TARR.
1=1 ,TMCIN =0.
1=1 +1
WMC(I) =H • I , WMCS (1) =H • (1 + I)
PAR(WMC(I) , WMCS(I) , MM(I) , MMS(I) , MC(I) , MCS(I) , ME(I) , MES(I))
TIEMP (H, INM +INC, MM!I) - MC(I), MMS(I) - MCS(I), TMCIN, TMC(I), TMCS(I))
NO
WMCS(I) >EPSI • WO' ~--'---."¡ TMCIN =TMC(I) f-----'
'------r-----'
,
ARRANQUE CON EMBRAGUE ACOPLADO - EL CONJUNTO GIRA SOLIDARIAMENTE
DESDE EL COMIENZO HASTA ALCANZAR EL PUNTO DE OPERACIQN
VELOCIDAD DE OPERACION DEL SISTEMA
=WOP
TIEMPO DE ARRANQUE
'=TARR
Apéndice - Sistemas mecánicos que incorporan un embrague
I =
I
r
1 • TMIN =0.• TCIN =0.
155
I
I
I
W(I) =1 * W , WS(I) = (1 + 1) * H
•
1=1 +1
I
PAR(W(I) , WS(I) ,MM(I) ,MMS(I) ,MC(I) ,MCS(I) ,ME(I) ,MES(I»)
.-
'--
TIEMP(H, INM, MM(I) - ME(I), MMS(I) - MES(I) , TMIN , TM(I) , TMS(I))
1
TCIN =TC(I)
TMIN =TM(I)
TIEMP(H,INC,ME(I) - MC(I), MES(I) - MCS(I) , TCIN, TCU) , TCS(I))
.
TMS(I) >TCS(I)
r
J
• SI
TDESL =TM(I) , WDESL =W(I)
"
r J=I TMCIN=O.
NO
"
I
1
IWMC(I) =WDESL +H * I , WMCS(I) =WDESL +(1 + 1) * H I
1=1+1
.
PAR (IVMC (1), WMCS(I), MM(I), MMS(I), MC(I), MCS(I), ME(I), MES(I)
•
T1EMP (H,INM +INC, MM(I) - MC(I) ,MMS(I) - MCS(I) , TMCIN , TMC(I), TMCS(I»>
(
",
IVMC,(I) >EPSI * IVOP
SI
TSOL =TMC(I)
,
~
TMCJN =TMC(I)
TARR =TDESL + TSOL.
ARRANQUE CON EMBRAGUE ACOPLADO - EL CONJUNTO DESLIZA INICIALMENTE HASTA
ALCANZAR LA VELOCIDAD COMUN WDESL PARA LUEGO GIRAR SOLIDARIAMENTE
HASTA ALCANZAR LA VELOCIDAD DE OPERACION WOP
DURACION DE LA ETAPA DE DESLIZAMIENTO
=TDESL
VELOCIDAD FINAL EN LA ETAPA DE DESLIZAMIENTO =WDESL
DURACION DE LA ETAPA DE NO DESLIZAMIENTO
=TSOL
VELOCIDAD DE OPERACION DEL SISTEMA
=WOP
TIEMPO DE ARRANQUE TOTAL
=TARR.
156
Transmisiones
fl =1 ,TMIN =0., TC IN =ol
I
1+1
1-
TMIN =TM(I) ; TCIN =TC(I)
f---
I
WM (1) =WVAC - H' I ,WMANT=WVAC - H' (1 +1)
WC (1) =H '1 , WCS(I) =H ' (1 +1)
t
PAR(WM(I), WMANT(I), MM(I), MMANT(I), MC(I), MCANT(I), ME(I), MEANT(I»
•
•
TIEMP (H, INM, MM(I) - ME(I), MMANT(I) - MEANT(I), TMIN, TM(I), TMANT(I))
PAR(WC(I), WCS(I), MM(I), MMS(I), MC(I), MCS(I), ME(I), MES(I) )
.
TIEMP (H, INC, ME(I) - MC(I), MES(I) - MCS(I), TCIN, 'Te(I), TCS(I) )
t
(
NO
WCS (1) > WMANT (1)
-
t SI
ITDESL = máximo {TC(I), TM(I) }; WDESL =(WM(I) +WC(I))/21
r
~
1=1, TMCIN=O.
l
IWMC(I) -IVOESL +H '1 ; WMCS(I) -WDESL + H ' (1 + 1)
.
•
I
I
1
1+1
PAR (WMC(I), WMCS(I),MM(I),MMS(I),MC(I),MCS(I),ME(I),MES(I))
1
TIEMP (H,INM +INC, MM(I) - MC(I) ,MMS(I) - MCS(I) , TMCS , TMC(I), TMCS(I»
1
( WMCS(I) >EPSI 'wop '\ NO _:
TMCIN -TMC(I)
I
• e,
I TSOL =TMC(I) , TARR= TVAC +TDESL +TSOL I
r
'EL MOTOR SE LLEVA INICIALMENTE A LA CONDlCION DE YACIO, WVAC, TOMANDO PARA ELLO UN TIEMPO TVAC
'A CONTINUAClON SE ACOPLA EL EMBRAGUE PRODUCIENDOSE UNA CONDlCION
DE DESLIZAMIENTO HASTA QUE AMBOS EJES ALCANZAN LA VELOCIDAD WDESL
EN UN TIEMPO TDSL
'FINALMENTE SE PRODUCE EL MOVIMIENTO SOLIDARIO DEL CONJ UNTO HASTA
ALCANZAR LA VELOCIDAD DE OPERACION WOP, TOMANDO PARA ELLO UN T1EMPO TSOL
'TIEMPO DE ARRANQUE TOTAL = TARR.
1...
Apéndice - Sistemas mecánicos que incorporan un embrague
157
SOL(M.\4, ME, WWOP)
I WM(l) : WVAC - H' l , WMANT(I): WVAC - H '(1
t
+1)
PAR (WM(I), WMANT(I), MM(I), MMANT(I), MC(I), MCANT(I), ME(I), MEANT(I))
TIEMP (H, INM, MM(I) -ME(I), MMANT(I) -MEANT(I), TMIN, T'vl(I), TMANT(I»)
WMANT(I)
< (2. - EPSI) 'WWOP
NO
TMIN =TM(I)
SI
TOP : TM(I) ; TARR : TVAC
+ TOP
, EL MOTOR SE LLEVA INICIALMENTE A LA CONDICION DE VACIO, WVAC, TOMAN·
00 PARA ELLO UN TIEMPO TVAC
'A CONTINUACION SE ACOPLA EL EMBRAGUE. LA CARGA PERMANECE ESTACIONARIA MIENTRAS EL MOTOR SE ESTABILIZA EN LA VELOCIDAD wwor, TOMANDO
PARA ELLO UN TIEMPO TOP-NOTE QUE EL EMBRAGUE SE ENCUENTRA EN UNA CON·
DICION DE DESLIZAMIENTO CONTINUO
'TIEMPO REQUERIDO PARA ALCANZAR LA VELOCIDAD WWOP=TARR.
2.11. EJERCICIOS
2.1
Utilizando el teorema de composición de velocidades angulares para
un cuerpo rígido en rotación, determine la relación de transmisión en un
acoplamiento de Hooke. Sugerencia: Observe que la velocidad angular
de la cruceta puede expresarse indistintamente como
W¡+W c. 1=W 2 +Wc. 2
siendo W I y W 2 las velocidades angulares absolutas delos ejes 1 y 2, respectivamente; ¡;j" I la velocidad angular de la cruceta relativa al eje de entrada 1, siendo su dirección la definida por AA' ; y
la velocidad
angular de la cruceta relativa al eje 2, de dirección BB'. c,2
w
2.2
En la bibliografía de dinámica de máquinas es frecuente encontrarse
con el siguiente planteamiento:
"Una junta doble de Hooke proporciona una relación constante entre las velocidades angulares de los ejes de entrada y salida".
158
Transmisiones
Utilice 2.1 Y 2.2 para discutir la validez de dicho planteamiento. Obtenga adicionalmente llna expresión que relacione la fluctuación de velo-
cidad en una junta doble de Hooke con la fluctuación que se experimentaría si se utilizase una junta simple. Represente gráficamente su resul·
tado.
2.3
Verifique que en un acoplamiento de Hooke los valores máximos y mÍnimos de la magnitud de la velocidad angular de salida vienen dados por
ú..llmín
= W 1 cos~
w2máx
= W1/cos{J
Calcule entonces el llamado coeficiente de fluctuación de velocidad del
acoplamiento, definido como
(ú..2:máx -w2,m~)-;-wl
Determine adicionalmente los puntos para los cuales w¡ = W2.
2.4
Demostrar 2.13,2.17 Y 2.18 utilizando las técnicas del análisis dimensional.
2.5
Cuando la razón 7 = M,/Me en un convertidor de par es menor que la
unidad se tiene una eficiencia T1 = n r< n, esto es, la eficiencia del convertidor es menor que la de un acoplamiento hidráulico operando con
la misma relación de velocidades. Un diseño que permite aprovechar
las bondades de ambos, convertidor y acoplamiento, es el siguiente. El
estator de un convertidor se monta sobre rolineras, y su eje se provée
de un mecanismo tal que le permita rotar libremente en la dirección del
movimiento del eje entrada, pero no es sentido contrario. Así, cuando
M , > M e el estator se mantiene fijo y el conjunto opera como un convertidor. Cuando NIs < Me el "estator" rota libremente, por lo que la
cantidad angular de movimiento del fluido no se afecta y consecuentemente el conjunto se comporta como un acoplamiento hidráulico. Este
dispositivo se llama un convertidor hidráulico de dos fases.
Obtenga las curvas de eficiencia y de relación de momentos para un
convertidor de dos fases. Generalice los resultados obtenidos_
2.6
Se disponen de tres convertidores hidráulicos de diámetros efeetivos
d 2 = 55 em
d¡=50cm
d 3 = 63,5 cm
de características definidas por la tabla siguiente
W,
We
M,
M;
M,
pw; d
S
°
.2
.4
.6
.8
LO
3
2,6
2,05
1,50
1,05
0,60
0,0144
0,01305
0,0111
0,0086
0,0058
0,0033
en donde [ W l = rpm , [ M l = Nw - m , [ d l = m .
Apéndice - Sistemas mecánicos que incorporan un embrague
159
Seleccione el convertidor que mejor se ajusta a un motor de característica
w: rpm
1000
1200
1400
1600
1800
2000
M:Nw-m
884
877
857
830
783
729
sabiendo que la velocidad del motor debe estar comprendida entre
1100 y 1400 rpm cuando la velocidad del eje de salida del convertidor
es nula.
¿Cuál es el par de salida y la efic~neia del convertidor cuando el motor gira a su velocidad máxima de 2000 rpm? Peso específico del fluido
del convertidor: 0.85.
2.7
2.8
Un tren epecíclico de ruedas cilíndricas de dientes rectos consiste de
un brazo, un anillo de 60 dientes y un planeta de 20 dientes, ambos
de módulo m = 2.5 mm. El tren no posee rueda central (sol).
El planeta está articulado al brazo y engrana con la rueda anular, y
cuyo eje es paralelo al eje común de rotación del brazo y el anillo. El
momento de inercia dcl brazo es de 1,8 gr - m 2. El planeta tiene una
masa de 1 kg Y un radio de giro (polar) de 20 mm.
Inicialmente el anillo está rotando en sentido horario a 150 rpm, y
el brazo a 100 rpm, también en sentido horario. Si se aplica un par
de frenado al anillo que lo detiene, determinar la nueva velocidad del
brazo.
En la figura 2.68 se muestra un tren epicíclico cuyo anillo D se impide
de rotar mediante dos pistones hidráulicos.
Figura 2.68.
160
Transmisiones
El eje conductor se conecta al sol B, engranado a los tres planetas e,
los cuales a su vez engranan con la rueda anular D. Solidarios a las
ruedas e, los planetas E engranan con F, e! cual está acoplado al ,eje
conducido. Si e! eje conductor gira a 5000 rpm, calcule la potencia
transmitida cuando la presión de! fluido es de 1,75 X lO· Nwfm 2 , y la
aceleración inicial de D cuando el par ejercido sobre B se incrementa
instantáneamente en 1,8 Nw-m y la inercia del eje conducido es muy
grande.
B
Cada planeta
D
F
Brazo
----,
65
61
Número de dientes
21
Masa .tKg)
2
3
12,5
5
Radio de giro (m·m)
50
40
360
140
2.9
En la figura 2.69 se muestra un dispositivo utilizado para medir e! deslizamiento entre los ejes primario y secundario de un acoplamiento hidráulico que gira con una velocidad angular nominal de 1500 rpm.
Estudie e! comportamiento del sistema para verificar que la carcaza
de! diferencial gira con una velocidad angular proporcional al deslizamiento. ¿Indique cómo procedería para determinar e! deslizamiento
experimentado por e! acoplamiento en un instante dado?
,_.,
1
SIN FIN
1
.~ 1
'
T.:f=~is?;;Jl.'
1
'1
i
~.
.I
I~
.
I .
~ L_
! i' ¡--.-
I 1.-/ SO'I
'1
l)
.'--._.I
Figura 2.69.
DIFERENCIAL
2.10 Reducir e! sistema mostrado al eje motor. Denote por
1, Inercia del eje (1) y de la rueda B.
-[M
Inercia del motor y del piñon A,
1D Inercia de! planeta D.
Apéndice ~ Sistemas mecánicos que incorporan un embrague
e
161
A
D
Motor
Carga
E
B
Figura 2.70.
le Inercia de la carga y del anillo C.
MD Masa del planeta.
y suponga las siguientes relaciones entre los números de dientes.
2 A =2 D =2
2 B =2 E =22
2 e =42
2.11
~cu-0'"0
Una correa en V de 0.2 kg/m se utiliza para la transmisión de potencIa) 'lJ-'!. '!.),\1cj,L
entre dos poleas, de diámetros 100 mm y 200 mm respectivamente, con<¡rc<JÁ :~
una distancia entre centros de 1 m. Sabiendo que J1 = 0,2 ;que el ángulo'
de la ranura es de 38° y que la tensión máxima permisible por la correa
es de 400 Nw , determinar la dependencia de T m ax
. Y T m In
. con la velocidad angular w y represente gráficamente. ¿Cuál es la máxima potencia transmitida y las velocidades correspondientes de las poleas?
./
[/2.12 Una correa plana de 6 mm de espesor se usa para transmitir potencia desde una polea de 900 mm de diámetro que gira a 250 rpm a una que gira
a 450 rpm, siendo la distancia entre los ejes de la polea de 3150 mm.
Si la tensión inicial puede ser ajustada con un error de 50 Nw , determine la potencia máxima que pueda transmitirse cuando el coeficiente
de fricción es de 0.25 y la carga máxima permitida por la correa es de
II 00 Nw . Desprecie el efecto de la inercia de la correa. ¿Entre qué
valores puede ajustarse la tensión inicial si se desea transmitir una potencia de '3 Kwatts?
2.13 En la figura 2.71 la polea conductora A tiene un diámetro de 300 mm
y gira a 750 r.p.m. La polea conducida tiene un diámetro de 900 mm y
la distancia entre ejes es de 1200 mm. La polea C tiene un diámetro de
300 mm y la longitud del brazo AC es de 450 mm.
162
Transmisiones
Figura 2.71.
La correa, de ancho 100 mm y espesor 6 mm, tiene una densidad lineal
de 0,6 kg(m y admite un esfuerzo máximo de 2,2 X 106 Nw(m 2 •
Determinar la potencia máxima que puede transmitir la rueda conductora y el par que debe aplicarse sobre el brazo AC bajo estas condiciones. Suponga que el coeficiente de fricción entre correa y polea es
de 0.25; que la masa de C es de 6 kg, Y del brazo AC es de 7.5 kg; Y
que el centro de gravedad del brazo dista 200 mm del extremo A.
2.14 Dos ejes colineales F yG se conectan, mediante un embrague de fricción,
con dos pares de supeficies activas de radios interno y externo de 70 mm
y 120 mm respectivamente y coeficiente de fricción Jl = 0,35, acciona·
do con una fuerza axial de 450 Nw (figura 2.72). El eje G lleva un pi·
ñón P que engrana con una rueda R, solidaria al eje H.
Determine el tiempo mínimo para el cual la velocidad de H puede
llevarse de 500 a 1500 rpm y la correspondiente relación de transmisión.
SupongalF = 0,08 kg - m 2 ; le = 0,098 kg - m 2 ;JH = 0.540 kg _m 2
Mm = 40(1 - 0,0032 W), Me = 10
([M] = Nw - m, [w] =
rad
(seg)
2.15 Una carga es accionada por un motor de velocidad variable que desarrolla un par constante de 30 Nw - m. Las partes rotan tes del eje
motor tiene una inercia de 2.0 kg~m2, y del eje de la earga de
Figura z. izo
-Apéndice - Sistemas mecánicos que incorporan un embrague
163
3,5 kg_m 2 • Entre los ejes conductor y conducido existe un embrague
de fricción que puede transmitir un par'máximo de 55 NúJ - m.
Los ejes motor y conducido están girando a una velocidad uniforme de 600 rpm cuando accidentalmente se desacopla el embrague
por 4 segundos. ¿Durante cuanto tiempo deslizará el embrague si éste
se acopla nuevamente? Suponga
Me ~ 0,05w e
[M] ~ Nw - m
[w] ~ rpm.
2.16 Dos ejes colineales A y B, de momentos de inercia.(.¡ = 3,6 kg-m' e
lli = 0.6 kg-m' , se acoplan directamente mediante un embrague hidráu·
lico. Inicialmente no hay transmisión de momentos y ambos ejes giran
uniformemente a 2000 rpm. En un cierto instante se aplica un par motor sobre el eje A, constante e igual a 100 Nw - m, y simultáneamente
un par resistente de la misma magnitud actúa sobre B.
Si el par transmitido por el embrague, en N - m, viene dado por
Mt = 2 (w A -w B )2
siendo w A y w B las velocidades angulares de A y B, en rad/seg, calcule
las velocidades finales que alcanzan los dos ejes, así como la eficiencia
de la transmisión.
2.17 Un eje de momento de inercia lA = 5,40 kg - m 2 lleva solidario el elemento interno de un embrague cónico de radio medio de 125 mm y
semi-ángulo de 12°. Las supeficies activas del embrague están recubiertas con un material de fricción con ¡J. = 0,3, Y el empuje axial ejercido
por los resortes es de 550 Nw.
El elemento externo del embrague es solidario a una rueda, siendo
su momento de inercia combinado l = 1,82 kg - m 2 , y engrana con un
piñón solidario a un eje B(lB = 0,16 kg - mi). Los diámetros de la rueda y del piñón son, respectivamente, 600 mm y 150 mm.
Inicialmente el eje A gira a 300 rpm, el embrague está desacoplado
y el eje B se encuentra en reposo. Si el embrague se acopla, determine:
• las velocidades finales de cada eje,
• el tiempo de deslizamiento,
• energía perdida durante el acoplamiento.
2.18 En la figura 2.73 se muestra un sistema mecánico constituido por un
motor de velocidad constante W, un inversor de velocidades, un embra·
gue de fricción, una carga y un freno de fricción.
Se desea comparar la energía disipada por el sistema en las dos operaciones que se describen a continuación.
164
Transmisiones
FrtllO
'-'HH
"'""'"
Motor
Carga
~
Figura 2.73.
a) Se acopla el embrague y se lleva la carga a la velocidad del motor w.
Se desacopla el embrague y se aplican los frenos hasta detener la carga. Se acciona el inversor de velocidades y se acopla el embrague
nuevamente para llevar la carga a la velocidad en sentido contrario.
b) Se acopla el embrague y se lleva la carga a la velocidad w. Se desacopla el embrague y se acciona el inversor. Se acopla nuevamente el
embrague para llevar la carga a la velocidad - w.
2.19 Considere un embrague de disco para el cual el coeficiente de fricción
depende linealmente de la velocidad de deslizamiento.
siendo
J1 0
el coeficiente estático de fricción.
m
una constante dependiente de los materiales de fricción
usados.
r :
radio de un punto génerico del embrague.
wm - W,
: velocidad de deslizamiento del embrague.
a) Verifique que el par máximo transmitido por el embrague viene dado por
M
e
= MOe - {3 (w m - w r )
siendo
MOe : el par requerido para vencer la fricción estática,
una constante dependiente de la geometría del embrague, de la
distribución de presiones y de los materiales de fricción usados.
{3:
Apéndice - Sistemas mecánicos que incorporan un embrague
165
Evalúe esta constante suponiendo válida
• teoría de la presión uniforme
• teoría del desgaste uniforme
b )Considere ahora un sistema mecánico en el que los pares motor y
resistentc son constantes, y están acoplados por un embrague del tipo descrito en este ejercicio.
Determine las leyes de variación de las velocidades angulares de los
ejes motor y conducido dcl sistema bajo una condición de deslizamiento, así como la energía mecánica disipada durante el acoplamiento del
sistema.
2.20 Un motor eléctrico se utiliza para accionar un volante mediante un embrague centrífugo. Se desea analizar las siguientes dos posibilidades de
arranque del sistema.
a) Acelerar el motor rápidamente hasta su velocidad de operación. El
volante es acelerado lentamente gracias a la acción del embrague. (Este método de arranque está caracterizado por un deslizamiento continuo en el embrague).
b) El motor se acelera lentamente por lo que el volante alcanza la velocidad del motor y luego el conjunto se sigue acelerando (como una
unidad rígida) hasta alcanzar la velocidad de operación. (Arranque
con deslizamiento en la primera fase del movimiento).
Suponer:
• El motor entrega un par constante M
• El embrague tiene una característica conocida M, = e
en donde W m es la velocidad angular del eje motor y e una constante
• Despreciar los efectos de fricción
w,,; ,
1) Resuelva las ecuaciones del movimiento en la fase de deslizamiento
continuo. Dibuje entonces las curvas
VS.
VS.
(~)t
(~)t
en términos del parámetro c<
166
Transmisiones
siendo Wo, w m ' w r las velocidades de operación del conjunto, del
eje motor y del eje conducido.
1m ,1:
momentos de inercia del motor y del volante.
v
2) Resuelva las ecuaciones del movimiento en la fase de no deslizamiento para verificar que las curvas
w/w o vs
VMC') t
( ---r;;:
a =
.. . parámetro
forman un haz de rectas pasando por el ongen, de pendientes
a
a+1
2.21 Una correa en V transmite 25 hp, desde una polea ranurada de 25 cm
de diámetro girando a 1800 rpm. a una polea plana de 90 cm de diámetro (figura 2.74). La distancia entre los ejes de entrada y salida es
1 m. El ángulo de la ranura es de 40', Y el coeficiente de fricción, tanto entre correa y ranura como entre correa y polea plana, es de 0,2.
Cada correa pesa 1,11 gr/cm 3 y la tensión permitida por correa es de
900Nw.
¿Cuántas correas se requieren?
+
1--4cm~
+
O 2.75cm
--+2 cm+--+
Figura 2.74.
Apéndice - Sistemas mecánicos que incorporan un embrague
167
2.22 Un ajuste en la compresión del resorte R permite graduar la tensión de
la correa trapezoidal (figura 2.75). El motor transmite un momento de
200 kg - cm a la poleaA, y de ahí al mecanismo que conduce, encontrándose la correa a punto de deslizar. Calcule la fuerza requerida en e!
resorte suponiendo un coeficiente de roce J.1 = 0,30 entre correa y cada
polea. El peso combinado: motor-soporte es de 40 kg, siendo G su centro de gravedad. Desprecie e! efecto de la masa del resorte.
~
JI
I
ti
§
o
'"
1
t
G .. . centro gravedad
motor-soporte
000
00
R
Figura 2.75.
2.23 En la figura 2.76 se muestra un motor (M) que acciona dos cargas, una
mediante una transmisión por correas, la otra mediante un embrague
(el y C2 respectivamente).
El motor tiene una característica de tipo parabóiico, tal como sugie-
re la figura 2.76,
• Parámetros de la transmisión por correa: n = 1/3 1/ = 100%
• La carga 1 requiere un par constante de 60 Nw - m (medido sobre su
eje)
• La capacidad de! embrague es (M e)m áx = 40 Nw - m
• La carga 2 requiere un par constante de 20 Nw - m (medido sobre su
eje)
168
Transmisiooes
I
M
(----~
... --~
I
,
C2
M (NW-m)
I
J
,;;?,;;:¡::;»??
so ,---__-~- - - -
I
I,
el
L-.--------c~
W(,pm)
1S00
Figura 2.76.
• Momentos de inercia:
Eje motor
Eje carga 1
Eje carga 2
1m = 3 kg - m'
= 9 kg lc, =4 kg-m'
lCI
m'
a) Suponiendo que el embrague se encuentra desacoplado, calcule el
tiempo de arranque del sistema (motor-carga 1).
b) Alcanzada la condición de régimen se acopla el embrague, por lo que
la carga 2 se incorpora al sistema.
b-1) Calcule la nueva velocidad de régimen.
b-2) Represente el correspondiente diagrama velocidad-tiempo del
sistema, para describir cualitativamente su comportamiento
desde el instante que se acopla el embrague hasta que se alcanza
la condición de régimen.
2.24 Un motor que genera un par constante de 150 Nw - m. se utiliza para
accionar una carga lineal mediante un convertidor de par de característica señalada en la figura 2.77.
Calcule la potencia entregada por el motor (en C. V.) para la condición de régimen.
2.25
Un motor de inducción trifásico, con una velocidad de sincronismo de
600 rpm, acciona dos cargas mediante una transmisión por correas, tal
como sugiere la figura 2.78.
Las dos poleas pequeñas son idénticas, con un radio r = 20 cm.
Las dos poleas grandes son idénticas, con un radio R = 40 cm.
La distancia en tre ejes es la misma para las dos etapas de transmisión, e
igual aL = 100 cm.
Apéndice - Sistemas mecánicos que incorporan un embrague
~---
I
Al (Nw-m)f
200 t-- e
1-::.
o
1/ r/
'1
100
--::
200
~7 t
4I 05 J
/J..;?6
0 ,7
V
V
/
).. !X t:::::::
V
I
I
W (rpm)
1000
~ t-R'T-....
1", ~" t---..t-....
1'----"1"--- 0,7
'1
-r----
I
40 O
---
"
"\
"'"
1\
'\
.
60 O~:
Al (Nw-m)!
'- s
e
0.3\
0,6
" "0,5
0,4\
I
Al (Nw-m)
e
400
I I l-- 1--
300
20 O
100
O
:-- --
~
,
V
I
I
I_J I
500
W (,pm)
e
1000
Figura 2.77. Ejercicio 2.24.
Características de la correa:
• Tipo ... correa en "V"
•
•
•
•
Densidad lineal
A = 1 kgfm
Angulo de la "v" 213 = 60°
Coeficiente de roce J1 = 0,25
Tensión admisible T. dm = 2000 Nw
'w
Carga 2
I
/
Motor
,
.J
Carga!
'/
"/'/
Figura 2.78 . Ejercicio 2.25.
I
169
p
170
Transmisiones
Suponiendo que los ajuste para la pre-tensión de la correa puede hacerse de 50 en 50 Nw, y que ambas correas deben ajustarse a la misma
tensión inicial, calcule
a) Valor óptimo para la tensión inicial de las correas
b) Potencia requerida en el motor en C.V.
M (N w -m)
164
'-------------'",-I
140
__________ L
,
,
_
I
I
CARGA 1
I
I
I
•
I
1000
2000
W(rpm)
M (Nw-m)
159 t - - - - - - - - - -.....
,
I
,
I
CARGA 2
I
I
I
I
I
I
---,·*·---·~--~--+I1000
"'---r- - T----.--~··'t_-_,-·-.,...._i••
2000
W (rpm)
Figura 2.79 CUlVas características de las cargas (diagramas no escalados). Ejercicio 2.25.
Capítulo 3
DISPOSITIVOS MECANICOS
DEFRENADO
Se llama freno a todo dispositivo capaz de modificar el estado de movimiento de un sistema mecánico, pudiendo incluso detenerlo completamente, absorbiendo la energía cinética de sus componentes y
transformándola en energía térmic<lo
3.1. FRENOS DE CINTA
Posiblemente el dispositivo de frenado más sencillo de concebir es el llamado
freno de cinta o freno de banda, el cual consiste fundamentalmente de una
cinta flexible, estacionaria, que se tensa alrededor de un cilindro solidario al
eje cuya velocidad se pretende modificar (tambor del freno). La fricción existente entre la cinta y el tambor es responsable de la acción del frenado.
En la figura 3.1 se muestra una configuración típica de freno de cinta
accionado por una palanca. La cin ta arrollada alrededor del tambor tiene uno
de sus extremos fijo mientras que el otro es accionado por la palanca, produciéndose así una presión entre cinta y tambor y, consecuentemente, una
fuerza tangencial de fricción que genera la acción de frenado.
Como es sabido de la mecánica básica, la tensión de la cinta varía desde
un valor mínimo: Tm hasta un valor máximo: TM , Y es esta diferencia en los
valores de la tensión la que determina la capacidad del freno. Con el fin de
facilitar la ubicación de los ramales de alta y baja tensión, se ha representado
en la figura 3.1 un "diagrama de fuerzas tangenciales" actuan.do sobre la cinta, correspondiente al sentido de rotación indicado por el tambor. El sentido
de las fuerzas tangenciales permite concluir que el ramal de alta tensión es el
izquierdo. De invertirse el sentido de rotación del tambor, el ramal de alta
171
172
Dispositivos mecánicos de frenado
tensión sería el derecho. A continuación se determinará el par de frenado
generado por este dispositivo en función de la fuerzaF aplicada sobre la palanca
CI
\
\
,,
I
... _--
/
I
/
T~
(alta tensión)
(baja tensión)
Figura 3.1. Freno de cinta.
El par de frenado puede expresarse como:
(3.1 )
siendo r el radio del tambor, mientras que la relación entre la tensión máxima
y la mínima atiende a la expresión *
(3.2)
siendo CI el ángulo de abrace de la cinta, y /l el coeficiente de fricción entre
cin ta y tam bar.
Finalmente, del diagrama del cuerpo libre de la palanca (no señalado) se
tiene:
(3.3)
Combinando estas tres ecuaciones se concluye que el par de frenado viene dado por
(3.4)
Se deja al lector verificar que de invertirse el sentido de rotación del
tambor la capacidad del dispositivo de frenado mostrado viene dado por
I Mf=~ r F (1- e-/l I
Cl
)
*Referirse a cualquier texto de mecánica. En particular J. León. Mecánica. Limilia. 1979.
(3.5)
Frenos de cinta
173
Las expresiones 3.4 y 3.5 evidencian la importancia que tiene el sentido
de la rotación del tambor en la determinación de la capacidad de un dispositivo de frenado dado: observe que para obtener la misma capacidad de frenado se necesita accionar la palanca con una fuerza mayor cuando se invierte el
sentido de rotación del tambor. En efecto, si se denota por F/ a la fuerza accionante de la palanca cuando se invierte la rotación del tambor, la expresión
3.5 permite escribir sucesivamente
y si se desea que el par de frenado sea el mismo an tes y después de invertir
el sentido de rotación, se tendrá:
aQ r F (eJ1'X - 1) = ¡¡Q r F ,e-J1CY. (eJ1CY. - 1)
de donde se concluye que
F' =eJ1CY. F> F
3.1.1 Freno diferencial de cinta
A continuación se verificará que es posible modificar el diseño del dispositivo
de freno analizado en la sección previa, de manera que la tensión en el lado
tenso de la cinta: T M coadyuve la acción de frenado. En efecto las expresiones 3.1 y 3.2 permiten escribir:
NI, =r (TM - T m )
T M = T m e J1 CY.
""
... ~._---w
(baja tensión)
a
1---1
Figura 3.2, Freno diferencial de cinta.
174
Dispositivos mecánicos de frenado
tomando momento alrededor de! pivote de la palanca se tiene
combinando estas tres expresiones se obtiene que el par de frenado generado
por la configuración mostrada viene dado por
1
ellOi_l
M¡ = ti r F -----''-::----=-1-
!!.. epa
(3.6)
a
mientras que la fuerza requerida para accionar el freno se expresa como
F=
Tm a - b ell Oi
Q
(3.7)
Comparando 3.6 con 3.5 se puede establecer que, para obtener un mismo
par de frenado, el freno diferencial de cinta requiere de la acción de una fuerza externa F menor que la requerida por un diseño convencional de cinta.
Ello se explica observando que e! freno diferencial la tensión TM (Tm si se
invierte e! sentido de la rotación) produce sobre la palanca un par en la misma dirección que la fuerza externa. Se dice entonces que el dispositivo mas·
trado posee una acción auto-frenante.
La expresión 3.7 pone de manifiesto que un diseño con acción autofrenante puede incluso generar su capacidad de frenado automáticamente,
esto es, sin necesidad de aplicar fuerza externa alguna. Ello ocurre si
a ~ b e J.1CY.
Se tiene entonces que el dispositivo de freno bloquea automáticamente
al tambor.
Observaciones ..
a) Tal como se plantea en el ejercicio 3.1 de este capítulo, cuando en un
dispositivo de frenado diferencial trabajando en la condición de bloqueo automático se invierte el sentido de rotación del tambor, el freno
resultante trabaja fuera de la condición de bloqueo automático. (Note
que la condición exigida: a> b es siempre satisfecha por construc·
ción). Así, este tipo de frenos es utilizado en aquellas aplicaciones
donde se permite únicamente rotación en un sentido, lo que ocurre
frecuentemente en máquinas de elevación y transporte. Por ejemplo,
Frenos de zapata
1 75
al colocar un freno de este tipo sobre el eje motor de una cinta trans~
portadora inclinada, se previene el posible movimiento hacia abajo
en el caso de una falla en el suministro de energía eléctrica cuando la
cinta esté cargada. Observe que en una aplicación de este tipo conviene colocar el freno sobre el eje motor, ya que al ser éste un eje de
alta velocidad el par de frenado requerido será menor, y consecuentemente~ se utilizaría un freno de menor tamaño al que sería necesario colocar en el eje conducido.
b) Los frenos diferenciales de cinta son utilizados como dispositivos de
seguridad en grúas y otras máquinas de elevación, ya que la fuerza
accionadora proviene de un eje fijo suspendido en un extremo de la
palanca, de manera que la función del operador se circunscribe a una
simple liberación del freno. Así, de ocurrir un descuido por parte del
operador, la carga no puede desplomarse ya que el freno actúa automáticamente cuando se le abandona a sí mismo.
3.2 FRENOS DE ZAPATA
Básicamente, este tipo de dispositivo está constituido por una zapata que se
obliga a cntrar en contacto con un cilindro solidario al eje cuya velocidad
se pretende controlar (tambor). La zapata se construye de forma tal que su
superficie útil, recubierta de un material de fricción, calza perfectamente sobre el tambor. Una vez más,al forzarse el contacto entre zapata y tambor, las
fuerzas de fricción generadas por el deslizamiento entre ambas superficies
producen el par de frenado, tal como sugiere el caso particular mostrado en
la figura 3.3.
A continuación se procederá a analizar algunas configuraciones frecuentes de los frenos de zapata, con miras a determinar su ·capacidad de frenado.
Figura 3.3.
176
Dispositivos mecánicos de frenado
3,2.1 Frenos de zapata de expansión interna
En su forma más sencilla, este diseño está constituido por una zapata AB, ar·
ticulada en A, que se obliga a entrar en contacto con la superficie interna del
tambor por acción de una fuerza externa: F (figura 3.4).
Las observaciones siguientes pueden evidenciarse de la disposición de la
zapata:
I
I
I
.
1/1
O
'<1¡
e' .....
Tambor
Figura 3.4. Freno de zapata de expansión interna.
a) La presión de contacto cn tre zapata y tambor es nula en la articulación, y en consecuencia la contribución al par de frenado producida
por el material de fricción ubicado en la vecindad de la articulación
es despreciable. Por esta razón, en un buen diseño se elimina el material de fricción en la vecindad de la articulación sin que se afecte
apreciablemente el funcionamiento del freno, a la vez que se elimina la
posible interferencia mecánica entre las partes en contacto.
b) La presión de contacto no puede suponerse constante, sino que crece
en la medida en que el punto de contacto considerado esté más alejado
de la articulación.
Aunque han sido postuladas varias leyes para gobernar la distribución
de la presión de contacto en un freno de zapata, la que arroja resultados más
precisos es aquella que supone la presión proporcional a la distancia del punto de contacto al radio que pasa por la articulación, esto es, de acuerdo a la
figura.
p " G' G = r sen 8
Frenos de zapata
177
Se obtiene así una ley sinusoidal
P = k sen e
(3.8)
Denotando por Pm al valor máximo adquirido por la presión de contacto, el cual se alcanza en la posición e = em definida como:
"Ir
01<-
2
la ley de distribución de presiones toma la forma
I
sen e
P = Pm --"-"-'-'--;;-sen 0m
(3.9)
De acuerdo a lo apuntado anteriormente, se puede concluir que una
zapata bien diseñada debe concentrar material de fricción en la región de presión máxima (alrededor de
e = t) y eliminarlo en la región de presión míni-
e
ma (alrededor de = O). En la figura 3.5 se muestra esquemáticamente esta
situación. Adicionalmente debe observarse que por razones estructurales se
0
limita el ángulo 01 a ser menor de 120 •
Figura 3.5. Freno de zapata de expansión interna..
178
Dispositivos mecánicos de frenado
A continuación se procederá a analizar un freno de zapata de expansión
interna del tipo indicado en la figura 3.6, cuando el tambor gira en sentido
contrario a las agujas del reloj con miras a determinar tanto el par de frenado
generado como la fuerza externa requerida para accionarlo. Con este fin se
muestra el diagrama de cuerpo libre de la zapata así como una representación
de las fuerzas internas actuando sobre el tambor por acción de la zapata.
Figura 3.6. Análisis de un freno de zapata de expansión interna.
Denotando por b al ancho de la zapata, las fuerzas elementales: normal
y tangencial, actuando sobre un área de zapata sustentada por un ángulo de
vienen dadas por:
dN=prbd8
df = f.ldN = f.l p r b d 8
(3.10)
(3.11)
siendo r el radio interno del tambor, fJ. el coeficiente de fricción entre tambor
y zapata, y p la presión de contacto entre ambas superficies. Observe que en
la evaluación de df se ha impuesto la condición de deslizamiento: df= f.ldH.
El par de trenado generado por este dispositivo pucde cntonces calcularse del esquema de fuerzas de contacto actuand~ sobre el ta.l}lbor. al considerar
el momento que éstas producen alrededor del eJc de rotaclon:
M, =
f'" r dI
J",o
Utilizando 3.11 y 3.9 para evaluar esta integral se obtiene:
cos Q ++ cos 0'0
sen m
M, = f.l Pm br' _=~"c-_"-­
e
(3.12)
Frenos de zapata
179
La fuerza requerida para accionar el freno se puede calcular del diagrama
de cuerpo libre de la zapata al considerar la ecuación de momentos alrededor
del pivote. Se tiene así:
Fd -
~:(r -
Q.
cos O) df -
~:a sen Od N = O
siendo d el brazo de palanca de la fuerza externa F; y a, la distancia del pivote al centro del tambor.
Teniendo presente 3.9, 3.IOy 3.11 se puede escribir que:
"
a
¡l r b Pm
F =----';----;;-"'-- ( (r-a.cos O) dO + a r b Pm ( sen z OdO
d sen 0m
)
d sen Om )
ao
(3.13)
ao
De invertirse el sentido de rotación del tambor se obtiene la misma expresión 3.12 para evaluar el par de frenado. En cuanto a la fuerza de frenado
requerida se obtiene
F=-
¡lr 0Pm
d sen 0m
r b Pm)" sen OdO (3.14)
~ (r - a cos O) sen O dO + dasen
0m
2
"o
"'o
Observaáones:
a) En las expresiones 3.13 y 3.14, el primer término representa el efecto
del momento producido por la fuerza tangencial de roce, mientras
que el segundo el producido por la fuerza normal (note que ambas
integrales son positivas ya que a < r y IX < 1T). Se tiene así que para el
diseño analizado, cuando el tambor gira en sentido horario, la fuerza
de roce genera un momento en la misma dirección del producido por
la fuerza externa, consecuentemente el efecto de este ténnino es reducir el valor de F requerido para obtener una acción de frenado pre-fijada. En este caso se dice que el dispositivo tiene una acción de autofrenado para el sentido de rotación horario.
Diseñado apropiadamente un dispositivo de freno con acción autofrenan te se puede lograr que los efectos de las fuerzas normales y tangenciales sean iguales. Si este es el caso, no se requeriría fuerza externa alguna para lograr la acción de frenado, esto es, el dispositivo se
frena automáticamente. Se dice entonces que el dispositivo de freno
bloquea automáticamente al tambor.
La condición de bloqueo automático se encuentra entonces a partir de 3.14 al hacer F = O, obteniéndose
!- J~O!¡L cos O + sen Ol sen Od O
a
J "~o ¡l sen Od O
180
Dispositivos mecánicos de frenado
b) Combinando 3.12, 3.13 Y 3.14 se obtiene la relación entre el par de
frenado y el par producido por la fuerza externa alrededor del pivote;
a saber:
M=
f
[r
Ilr
a sen' e de ±
~'" senede
r
"'o
(r - a cos e) sen e d e
]Fd
"'o
"'o
= constante (Fd)
(3.15)
en donde el signo menos (~) corresponde al caso de un dispositivo
con acción auto-frenante.
Se tiene así la siguiente caracterización gráfica de un freno en función del par producido por la fuerza externa alrededor del pivote (figura 3.7).
Lo!!!::==----
(Fd)
Figura 3.7.
c) Las identidades
c'" sen e d e = cos "'o - cos '"
)
"'o
1
sen e cos e d e ="4 (cos 2 "'o - cos 2 ",)
(
)
(3.16)
'" sen' e d e = 2"1 ('" - "'o) -"41 (sen 2 '" - sen 2 "'o)
"o
permiten evaluar completamente la fuerza F requerida para una acción de frenado pre-fijada, sea a través de 3.13 ó de 3.14.
Frenos de zapata
181
d) Las fuerzas actuantes sobre el pivote se obtienen directamente del
correspondiente diagrama del cuerpo libre de la zapata.
Frenos de zapatas dobles de expansión interna
En la <Irsposición mostrada (figura 3.8), solamente la zapata izquierda trabaja
en condición auto-frenante. Así para un valor de (Fd) dado, la zapata izquierda
genera un par de frenado ~ (i) mayor que el generado por la zapata derecha
~ (d) ; siendo el par de frenado del dispositivo la suma de las contribuciones
parciales
M
,
"
=M(i) +M(d)
w
Zapata izquierda
(auto-frenante)
(i)
M,
---Zapata derecha
(no auto-frenante)
we:~
.J
F d
Figura 3.8. Freno de zapatas dobles de expansión interna,.
Para evaluar la capacidad máxima de frenado del conjunto se debe proceder de la forma siguien te:
a) Se supone la zapata izquierda actuando con su máxima capacidad,
esto es, se le somete a la presión máxima admisible entre la superficie
de la zapata y la del tambor. Así queda calculado M/ i ), al usar 3.12.
b) Utilizando 3.14 se calcula la fuerza actuante F.
.
e) Utilizando 3.15 y el valor calculado para F, se procede a evaluar la
presión máxima a que está sometida la zapata derecha.
d) Sustituyendo esta presión máxima en 3.12 se calcula M, (d)
e) Sumando los resultados encontrados en a) y d) se obtiene la capacidad máxima del dispositivo de freno.
Nótese que la capacidad de frenado de esta disposición queda invariante al
invertir el sentido de rotación del tambor. Su mayor desventaja es que produce un desgaste diferente en cada zapata. La configuración que se señala a
continuación, con ambas zapatas trabajando en condición auto-frenante, tiene
182
Dispositivos mecánicos de frenado
la ventaja que produce un desgaste uniforme en ambas zapatas, a la vez que
posee una capacidad máxima de frenado mayor que el de la disposición anterior (figura 3.9). Observe que de invertirse el sentido de rotación de! tambor,
ambas zapatas pierden su condición de auto-frenante, con la consiguiente
disminución en su capacidad de frenado.
Figura 3.9.
3.2.2. Frenos de zapata de contracción externa (figura 3.10)
(
Figura 3.10 Freno de zapata de contracción externa.
La diferencia fundamental entre e! freno de zapata de contracción externa y
el de expansión interna es que en e! primero e! contacto entre zapata y tambor se logra en la superficie externa de! tambor, mientras que en e! segundo
se establece en la superficie interna. El análisis de este dispositivo es exactamente análogo al realizado previamente. Se tiene así:
Distribución de presiones
sen
P=Pm ---=~­
sen 8m
e
Frenos de zapata
183
Par de frenado
M, = ¡J br 2 Pm
cos a - cos 0::0
sen 8m
Fuerza de accionamiento
F=±
pm í'" (r - a cos e) sen e d e + abr pm)'" sen e d e (3.17)
d sen e
J
/l br
dsen em
2
m
"'o
"'o
en donde el signo (-) se escoge cuando la zapata está trabajando en condición auto-frenan te.
La figura 3.11 ilustra la condición de disposición auto y no auto-frenantes.
w
w
a) Disposición no auto-frcnante
b) Disposición auto-frenante
Figura 3.11. Frenos de zapata de contracción externa.
3.2.3. Frenos de zapata articulada
Este tipo de dispositivo está constituido básicamente por una zapata articulada en O a una palanca de frenado AB. Cuando sobre esta última se aplica
una fuerza externa F, la zapata es obligada a entrar en contacto con el tambor, produciéndose la acción de frenado (figura 3.12a).
En la figura 3.12b) se muestra esquemáticamente la ley de distribución
correspondiente a la presión de contacto entre zapata y tambor. Esta distribución está caracterizada por ser simétrica con respecto a la dirección radial
que pasa por el pivote, y porque la presión disminuye en la medida que el
valor absoluto del ángulo crece.
En la figura 3.13 se muestra tanto el diagrama de cuerpo libre de la
zapata como un esquema donde se indican las fuerzas de contacto con el
tambor.
e
184
Dispositivos mecánicos de frenado
Zapata
B
O
Tambor
-
p(O)
F
o
o
b)
al
Figura 3.12. Freno de zapata articulada
Figura 3.13. Análisis de un freno de zapata articulada
Denotando por:
b
r
ancho de la zapata
radio del tambor
01 ••• ángulo de contacto entre tambor y zapata
p(O) . .. presión de contacto
se tiene
dN= r b p(O) d O
di = ¡lrb p(IJj d O
(3.18)
Frenos de zapata
185
En consecuencia, e! par frenado generado por e! dispositivo viene dado por
a
2
M,=~ rd,
-.
a
o sea, e! sustituir 6.18
"2
M'=llbr2~ tJ(e)de
-.
(3.19)
"
Observe que la articulación entre la zapata y la palanca no puede transo
mitir momentos, por consiguiente, la ubicación de dicha articulación corresponde a aquel punto con respecto al cual e! momento de todas las fuerzas
actuando sobre la zapata es nulo, esto es:
•"~
-.
(d cos
e- r) d r = o
"
ya que la resultante de las fuerzas normales coincide con e! eje de simetría.
Usando 3.18 se concluye que para evitar la presencia de un par de voleamiento alrededor de! pivote, éste se debe colocar a una distancia d definida por
-.!!.
2
~ (d cos e - r) p (e) d e = o
(3.20)
a
2
Si en particular se postula una ley cosenoidal para la distribución de presiones
(3.21 )
3.19 y 3.20 permiten escribir
I =
M,
2
2 Il b r Po sen
d=r
4 sen ~
sen a + a
~
(3.22)
(3.23)
186
Dispositivos mecánicos de frenado
Ejemplo 3.1
En la figura 3.14 se muestra un dispositivo de frenado de un vehículo consti:
tuido por dos zapatas de expansión interna. Cuando el freno es accionado,
un fluido a presión entra en las cámaras (A) obligando a las zapatas a entrar
en contacto con el tambor, produciéndose la acción de frenado.
Suponiendo los siguientes datos:
•
•
•
•
•
Diámetro interno del tambor
Diámetro interno del pistón
Diámetro de la rueda
Peso de! vehículo
Coeficiente de fricción:
-caucho-pavimento
-tambor-zapata
288 mm
3Gmm
83G mm
: 9000 Nw
: 0.75
: 0.30
Figura 3.14.
Calcular la presión de! fluido requerida para bloquear la rueda cuando e!
sentido de rotación de! eje es e! indicado en la figura. Exprese esta presión en
función de la requerida cuando se invierte e! sentido de rotación.
Solución:
En la figura 3.15 se muestra esquemáticamente las fuerzas de contacto en ac·
ción sobre e! tambor así como e! diagrama de cuerpo libre de una zapata.
Frenos de zapata
187
di
j
/
'1
1
' 1'" 48"'1"FillUra 3.15.
En primer lugar debe observarse que
o -tg-[ (----±-ª--)
O!o-45
108 -- 2 1,03 ,•
108
0
OQ cos (45 - 21.3)
118,2 mm
De acuerdo a 3.9, la ley de distribución de la presión de contacto entre
zapata y tambor viene dada por
p=Pm senO
(a)
consecuentemente
dN=pTbdO=Pm TbsenOdO
di = IJ-Pm T b sen O d O
siendo T el radio interno del tambor, b el ancho de la zapata y IJ- el coeficiente de fricción entre zapata y tambor.
Dado que las zapatas contribuyen igualmente en la acción de frenado, el
par resistente generado puede ser evaluado como:
111.030
IJ-Pm T2 bsenOdO=2,5845lJ-Pm T2 b
M,=2 )
(b)
21,03°
Evaluación del par de frenado requerido para bloquear la rueda.
En la figura 3.16 se muestra el diagrama de cuerpo libre de una rueda.
Si se desea que la rueda quede bloqueada es necesario que:
1=1JÑ
188
Dispositivos mecánicos de frenado
,.'/ ----- ...
tu
.....
4000Nw
........
t
t
2N
2N'
f
Figura 3.16.
Si se supone que el peso del vehículo se distribuye equitativamente
entre las cuatro ruedas, se tiene que
N=N'
=t 9000 =2250 N w
consecuentemente
1= 0.75 X 2250 = 1687,5 N w
Al tomar momentos de todas las fuerzas actuando sobre la rueda, alrededor de su eje, se puede establecer la condición de bloqueo
M,
=I R =1687,5 X 0,415 =700, 25 N w
Combinando (b) y (e) se tiene:
700,25
2,5845
270,95 N w • m
y por consiguiente
4N
_ 1
_ 270,95
Pm rb - ¡;.r 270,95 - 0,3 X 144 6272,
w - m
De esta manera han quedado evaluadas las fuerzas elementales
dN = 6.272,4 sen e de
di = 1881,7 sen d
e e
(e)
Frenos de zapata
189
Al tomar momentos alrededor del pivote de la zapata se tiene
(111,03°
FX 0,216=)
= 0,1182 X 6272,4
~
OQsenOdN-
~111'030
(T-OQcosO)df
21,030
21,03°
111.03°
r
(d)
111 ,03°
sen' O d 0- 1881,7) (O,144-0,1182cosO) sen O d O
21.03°
21.030
Evaluando las integrales indicadas (hacer uso de 3.16), se concluye que
F=265,O N w
de donde la presión del fluido de trabajo será
p =-.!..--= 3,75 X 10 6 Nw/m'
.!!..
4 d'p
Cuando se invierte el sentido de rotación del tambor, la fuerza F* requerida se obtiene de (d) al cambiar de signo a df, este es
(111.03°
0,216 F* =\
[OQ sen O dN + (r - OQ cos O)dfl
)21,03°
o sea
F* = 518,6 N w
valor este que corresponde a una presión p * de
p*=7,32 X 10 6 Nw/m'
Así la relación entre las dos presiones será:
L=196
P
,
Ejemplo 3.2
En la figura 3.17 se muestra un sistema constituido por un motor eléctrico y un freno.
Si el motor se encuentra girando a la velocidad de vacío cuando se
aplica el freno, calcule el tiempo mínimo requerido para detenerlo.
Suponga que:
190
Dispositivos mecánicos de frenado
Mm (kg- m)
30
-+--_--" "-In
L-
I
1800 rpm
Figura 3.17.
a) El frenaje se lleva a cabo con e! motor conectado a la red.
b) La curva característica de! motor puede describirse mediante una
parábola de eje vertical de! tipo M = a - bw'
e) El freno está constituido por dos zapatas idénticas accionadas por un
sistema de palancas tal como sugiere la figura 3.18.
290
f
290
-+
Figura 3.18.
En la figura 3.19 se muestra gráficamente la rclaciún entre el par generado alrededor del pivote de la zapata por las fuerzas externas, y el corrcspon4
diente par de frenado asociados a los lIos sentidos de rotación, y debidamente
acotadas por la prcsifm de contacto admisible.
Frenos de ~apata.
191
CAPACIDAD DE FRENADO DE UNA ZAPATA
,Da
"
20
10
+-
...-c-
10
20
-f-
40
30
Mo(Kg-m) .
50
Mo: Momento producido por la fuerza externa
alredt:dor dd pivote dt: la zapata
P : Prt:sión admisible.
a
Figura 3.19.
Solución
En primer lugar se procederá a evaluar la capacidad de frenado del dispositivo mostrado. Con este fin observe que la zapata derecha está en capacidad de
ser autofrenante, correspondiéndole la curva 0'. A la zapata izquierda le corres~
ponde la curva (3a) Determinaciór: de la fuerza P para una acción de frenado máxima.
En la figura 3_20 se muestran los diagramas de cuerpo libre de la
palanca accionan te y de la barra de conexión AB (Observe que ésta se
comporta como barra ideal, si se desprecia el efecto del peso y la fricción)
A
OH
- e '====~~===~=,,--_
°
Figura 3.20
192 Dispositivos mecánicos de frenado
Suma de momentos alrededor del pivote C para la palanca
90BH -500P=0
de donde
B¡¡ = 5.55 P
(a)
Suma de fuerzas externas en acción sobre la palanca.
CH-B¡¡=O
Cv -P =0
de donde
4t =5.55P, Cv =P
(b)
Así, por efecto de la fuerza accionadora P se producen los siguientes
momentos alrededor del pivote de cada zapata:
• Zapata derecha:
Mod = Ieod j. CH = 5,55 P (0,29 + 0.29) = 3, 22P
(e)
• Zapata izquierda:
Moi = IAOil.B H =5.55P(0.29 + 0.29 + 0.09) =3.77 P
(d)
Teniendo presentes las limitaciones impuestas por el valor admisible
de la presión de contacto, se puede establecer.
M od = 3,22 P <;;; 30,
Mol = 3,77 P <;;; 50,
de donde
de donde
P <;;; 9,317 kg
P':; 13,441 kg
concluyéndose así que el valor máximo de la fuerza accionadora es
P max = 9,317 kg
(e)
b) Capacidad del freno:
Se tiene entonces que al aplicar una fuerza P = 9,317 kg., la zapata
derecha trabaja a capacidad máxima.
Frenos de zapata
193
Sustituyendo (e) en (e) y (d) se encuentra que
M Od = 3,22 X 9,317 = 30 kg - m
M o; = 3,77 X 9,317 = 34,659 kg - m
Consecuentemente, los pares de frenado aportados por cada zapata
(extraídos de la gráfica MI vs M o ) son respectivamente
M1 =20 kg' m
.
20
M~ = 50 X 34,659 = 13,864 kg • m
entonces la capacidad de frenado de! dispositivo VIene dada por
M, =M'd + M n = 33,864 kg' m = 331,86 Nw - m
(f)
e) Cálculo de! tiempo de frenado.
La curva característica del motor pasa por los puntos
Mm = 30 kg -m = 294 Nw - m
w =0
- 188 a
" rad
w-, seg
concluyéndose que
Mm = 294 - 0,00827
[Mm]
= Nw -m,
w;,
Y[w m ] = rad/seg
La ecuación que rige e! frenado del sistema viene dada por
dW m
1 ---¡¡¡- = Mm - MI
luego, el tiempo de frenado será
o
T,=Im \
J
dW m
Mm - MI
188,5
(g)
194
Dispositivos m~cánicos d~ fr~nado
siendo mínimo cuando el freno desarrolla su capacidad: .H( = 33,864,
esto es
o
r
T(,min
dW m
294 _ 0,00827 w~ - 331,86
= 20j
188,5
o sea
188. S
r
T(,min
= 20 \
~o
dW m
3786 + O 00827 w 2
•
•
m
esto es
20
jO,00827
- -r==~~====- tg- I (
37,86
(,min - J37,86 X 0,00827
T
. 188,5) = 43,97 seg
3.3 Ejercicios
3.1. Para el dispositivo de frenado mostrado en la figura 3.21, calcular la
relación entre los pares de frenado generados correspondientes a los dos
sentidos de rotación del tambor, suponiendo que la carga Q pennanece
constante.
I
A
lB
fc====~==:=eC
D
I'-==>t E
+1------",1
F
250
+--
Tambor
I
Figura 3.21.
Datos:
AB =BC = 300 mm
CD=60 mm
FG=320 mm
GJ=550mm
DE= 150 mm
EF= 230 mm
HG= 100 mm
Racüo tambor: 250 mm.
Ejercicios
195
3.2. Un freno de doble bloque con zapatas de madera en un tambor de hierro colado (11 = 0.3), está dispuesto como se muestra en la figura.
Determinar la fuerza P requerida para absorber 35 hp con una velocidad del tambor de 300 rpm. en sentido contrario a las agujas del
reloj.
B
A-----
e
IG
I
I
I
. ....................
H
lO
AC :;;;;6U cm
--~j'~----./.
BC:;;;;lOcm
1
BD:;;;;60 cm
CF:;;;;50 cm
I
I
DE ::30 cm
IF
HA :;:30 cm
~=30°
I
lE
Figura 3.22.
3.3. Calcule la capacidad del dispositivo de freno mostrado en la figura 3.23
constituido por dos zapatas idénticas accionadas por un sistema de pa·
lancas. Suponga que ambas zapatas contribuyen igualmente en la acción
de frenado. En la figura 3.24 se muestra gráficamente la relación lineal
entrc el par de frenado yel par generado por la fuerza externa (actuante
sobre la zapata) alrededor del pivote, para una zapata idéntica a la usada
en el freno de la figura 3.18 correspondiente a los dos sentidos de rotación y debidamente acotadas por la presión de contacto admisible.
~====:=;"l91¡----t
400 kg
.
1
300
·!~p·t
1200-+
330
~----+
Figura 3.23
196
Dispositivos mecánicos de frenado
Capacidad de frenado de una zapata
~ M,<kg-m)
20
~~~~..:::..;r~
10
10
30
20
40
50
Mo: Momento producido por la fuerza extema
alrededor del pivote de: la zapata.
Figura 3.24.
3.4. Operación del sistema mostrado en la figura 3.25.
a) Arranque del motor con el embrague de dientes acoplado, por lo que
la carga alcanza la velocid"_d de régimen.
b) Se desacopla el embrague y la carga se detiene después de realizar la
operación de trabajo.
Simultáneamente se aplica el freno para detener instantáneamente
el motor eléctrico. (El motor se mantiene constantemente conc·ctado
alared.)
e) Se acoplan los ejes motor y conducido, se suelta el freno y se repite (a).
Desprcciando la inercia de todas las componentes, excepto motor y
carga, determinar el tiempo de frenado del motor eléctrico.
r2 =2r
Carga
Im =3.0 kgm
le =4.0 kg m
2
2
Figura 3.25a.
o
Ejercicios
M...
197
(kg.m)
/
8.0
Freno
/
---~----------(-----/
6.0
Motor
4.0
/
/
/
2.0
/
/
Carga
Curvas características
referidas al eje de cada
componente
/
/
/
0.5
1.0
Figura 3.25b.
1.5
w
1000
3.5. En la figura 3.26 se muestra parte de un freno centrífugo. El tambor B,
que es solidario al eje de rotación y concéntrico con el tambor del freno
D, sirve de asiento a un cierto número de zapatas de frenado A.
Un resorte de espira!, de masa pequeña, se coloca concéntricamente
a! vástago de cada zapata de manera de ejercer sobre esta última una
precompresión inicia! a través del collar C.
Q8-
Figura 3.26.
198
Dispositivos mecánicos de frenado
La masa de cada zapata (con su vástago) es de 2 kg, Y su centro de
masas dista 150 mm del eje de rotación Q cuando la zapata está en contacto con el tambor del freno.
El resorte, de masa 1.2 kg tiene una rigidez de 50.000 Nw/m y una
longitud natural de 11 O mm.
El coeficiente de fricción entre la zapata y el tambor es de 0.3.
Si el eje gira a razón de 60 rad/seg, calcular el par de frenado debido
a una zapata.
a) Despreciando la masa del resorte.
b) Considerando la masa del resorte.
¿Cuántas zapatas se requerirían para proporcionar un par de frenado de
100 Nw/m?
Capítulo 4
EQUILIBRADO DE
MAQUINAS ROTATIVAS
4.11NTRüDUCClüN
Con el fin de presentar el problema de equilibrado de una máquina rotativa
se procederá a evaluar las reacciones dinámicas generadas por un sistema ngz·do en rotación alrededor de un eje fijo. En la figura 4. I se muestra un sistema
rígido en rotación alrededor del eje fijo AB.
Figura 4.1. Sistema rígido en rotación.
199
200
Equilibrado de máquinas rotativas
Suponiendo que en un instante dado el conjunto gira con una velocidad
angular w, se desean determinar las reacdones dznámz'cas* generadas por los
apoyos A y B, así como el par motor requerido M.
Con este fin se selecciona un sistema de coordenadas AXYZ, solidario
al eje AB. Denotando por A x , B x , Ay, By, a las componentes X e Y de las
reacciones dinámicas en los apoyos A y B, respectivamente, la primera ley
universal de la mecánica permite escribir las dos ecuaciones siguientes:
A x + B y = m (- W y e - w 2 X e )
(4.1)
(4.2)
siendo X e , Y e las componentes X e Y del vector de posición del centro de
masas del sistema considerado; y m su masa. En cuanto a la segunda ley universal, la ecuación de Euler referida al punto fijo A:
en donde IlA representa la matriz de inercia del cuerpo rígido asociada a
AXYZ, conduce a tres ecuaciones escalares:
-QB y =-1xz W +1yz w 2
QB =-1
x
yz
w -1xz w 2
M=1zz w
(4.3)
(4.4)
(4.5)
siendo 1zx ' 1z Y' 1z z los productos y momento de inercia del sistema rígido
asociados al eje Z.
Ahora bien, la ecuación 4.5 permite evaluar el par motor requerido para
accionar al sistema, mientras que el sistema formado por las ecuaciones 4.1 a
4.4 conduce a la determinación de las reacciones dinámicas en los apoyos en
cualquier instante, conocida, claro está, la ley de variación de la velocidad angular w = w (t).
En general, las reacciones en los apoyos son variables, siendo causa de vibraciones que se transmiten a la fundación de la máquina y que pueden afectar su funcionamiento, produciendo además problemas de ruido y creando
esfuerzos variables en los apoyos y en el eje. Más aún, estos efectos indeseables
se acentúan en la medida en que aumenta la velocidad angular del conjunto.
*Esto es, excluyendo el efecto de todas las fuerzas estáticas tales como el peso, fuerzas externas aplicadas... etc.
Equilibrado de rotores
201
Surge así la necesidad de que el ingeniero tienda a minimizar la magnitud de
estas fuerzas al concebir su diseño, en especial si se trata de una máquina de alta velocidad.
Si en particular las reacciones dinámicas de un sistema rígido en rotación
son nulas para cualquier valor de su velocidad angular se dice que el sistema
está equilibrado. Analizando las ecuaciones 4.1 a 4.4 se puede concluir que
son condiciones necesarias y suficientes para el equilibrado de un sistema rígido que:
a) su centro de masas esté ubicado sobre el eje de rotación, esto es:
b) los productos de inercia asociados al eje Z sean nulos, esto es:
1Zx = 1Z y = O
1\
J (<1"'0
~
-v~'.c
'te. '" .
<
Es condición necesaria y suficiente para que un sistema rígido en
rotación alrededor de un eje fijo esté equilibrado; que el eje de rotación sea un eje principal de inercia que pase por su centro de masas.
Observaciones:
a) La condición de equilibrado descrita anteriormente es independiente
de la velocidad angular.
b) Cuando un sistema del tipo descrito está equilibrado las únicas fuer-_
zas generadas sobre los apoyos son debidas a las fuerzas estáticas.
c) Las imperfecciones del material, las imprecisioñesenlos procesos de
fabricación y los errores en el montaje de las componentes de un sistema hacen imposible la obtención de un sistema equilibrado. Debe
llegarse así a un compromiso entre la fabricación de piezas con un grado de equilibrado aceptable y los costos de fabricación.
4.2 EQUILIBRADO DE ROTORES
Ahora bien, dado un sistema rígido en rotación alrededor de un eje fijo no
equilibrado, esto es, para el cual al menos uno de los siguientes parámetros
de su geometría de masas
202
Equilibrado de máquinas rotativas
sea distinto de cero, se plantea el problema de modificarlo de manera que el
nuevo sistema resulte equilibrado. Este es el llamado problema de equilibrado de ro tares.
A continuación se verificará que si se añaden al sistema dos masas correctivas ma y m¡j, de magnitudes y ubicación adecuadas, el conjunto formado
por el sistema original y las dos masas correctivas resulta equilibrado.
En efecto, denotando por (X"" Y"" Z",) y (X~, Y~, Z~) a las coordenadas
de las partículas m cx y m¡j, se obtienen las siguientes condiciones de equilibrado (ver figura 4.2).
a) Condición para que el centro de masas del conjunto se encuentre ubicado sobre el eje de rotación. Esta es la llamada condición de equilibrado estático.
(4.6)
(4.7)
Figura 4.2. Equilibrado de un sistema rígido en rotación.
b) Condición para que los productos de inercia del conjunto asociados al
eje X sean nulos. Esta es la llamada condición de equilibrado dinámico.
Teniendo presente la propiedad aditiva de los productos de inercia,
se puede escribir
Equilibrado de rotores
203
Para que el sistema de ecuaciones 4.6 a 4.9 admita soluciones en las incógnitas m" X"' m~ X~. m" Y". m~ Y~; se requiere que el determinante de sus
coeficientes sea distinto de cero, esto es
1
l
O
O
Zex
O
Z~
O
1
O
O
1
O
O
Zex
Z~
=- (Z~ - Z,,)'
*O
condición esta que se cumple automáticamente al ubicar las masas correctivas
en dos planos perpendiculares al eje de rotación. diferentes. Satisfecha esta
condición, el sistema de ecuaciones admite la solución
= mX,. Z~ -1"
----~-
Zex-Z~
.~
'"
, .,
•
,~,,::, ~ y ..:..VJtT.,.N-c
,~~
(4.10)
= mY" Z~ -1"
Z'" - Z¡¡
m Y,. Zex - 1"
Z~
Zex
Se tiene así que todo sistema rígido puede ser equilibrado al añadir
dos masas correctivas ubicadas en dos planos solidarios y perpendiculares al eje de rotación. arbitrariamente escogidos, Más aún, el
carácter indeterminado de las ecuaciones 4.10 permite elegir arbitran'amente, sea la magnitud de las masas correctivas. sea su ubicación en los planos de corrección.
Si en particular se fija la magnitud de las dos masas correctivas, su ubicación sobre los planos de corrección previamente elegidos queda determinada
en forma única a través de 4.10_
'e>
•
204
Equilibrado de máquinas rotativas
En otras oportunidades se fija la ubicación radia! de las masas correctivas (por ejemplo en la periferia de! rotor o sobre anillos construidos con este
fin). En este caso, las ecuaciones 4.10 permiten determinar la magnitud de las
masas correctivas así como su ubicación circunferencial.
4.3 EQUILIBRADO DE UN ROTOR PLANO PERPENDICULAR
AL EJE DE ROTACION
Como particularización de! problema genera! de equilibrado se considerará
e! caso de un rotor plano perpendicular a! eje de rotación, ubicado a una distancia Z o de apoyo A (figura 4.3).
Figura 4.3. Equilibrado de un rotor plano,
Como es sabido, siempre será posible equilibrar este rotor al añadir dos
masas correctivas de acuerdo al procedimiento descrito en el apartado anterior, esto es, seleccionando arbitrariamente dos planos de corrección. Ahora
bien, si se selecciona uno de los planos correctivos, por ejemplo e! plano "',
coincidiendo con e! plano del rotor, las ecuaciones 4.10 se reducen a:
m",X(Y. =-m X
e
(4.11 )
m~X~ =
O
m~ Y~ =
O
ya que e! producto de inercia de un rotor p!,<l,no viene dado p~
1xz = f X Z o dm = Z o f X dm = Z o X e m,
de acuerdo a las definiciones de producto de inercia y de centro de masas.
Equilibrado de un rotor plano
205
Observando que las dos últimas ecuaciones 4.11 quedan automáticamente satisfechas al seleccionar m~ = O se puede concluir:
-
Todo rotorjJlano puede ser equilibrado al añadir una única masa co---rrectiva en su propio plano. La magnitud y ubicación de esta masa
son aquellas que trasladan el centro de masas del conjunto resultante al eje de rotación, tal como puede comprobarse con'las ecuaciones 4.11.
Ha quedado así demostrado que para rotores planos perpendiculares al
eje de rotación, el equilibrado estático conlleva al equilibrado total.
El ejemplo siguiente ilustra cómo se modifican las reacciones en los apoyos de un rotor equilibrado cuando el eje de rotación se mueve en un sistema
de referencia inercial, tal como sucede en barcos, aviones, trenes, etc.
Ejemplo 1
Un vehículo gira alrededor del eje 0= con una velocidad angular de magnitud
constante Q (figura 4.4). Un rotor equilibrado, cuyo centro de masas equidista
de los apoyos A y B, está colocado sobre el vehículo, de forma tal que su eje
y
}; /~
~'
O
w,
/
.Y
:~:
I
,
I
:
:
y
R
FIgura 4.4
J
206 Equilibrado de máquinas rotativas
tiene dirección radial. Se desea determinar las reacciones generadas sobre los
apoyos A y B, cuando el rotor gira con una velocidad angular de magnitud
constante w , , relativa a la plataforma.
Solución
¡
~"\
Sean (A x ' Ay, A z ) y (B x • B" B z ) las componentes de las reacciones en los
apoyos A y B respectivamente; e el centro de masas del rotor, y e x y í'; un
sistema de referencia solidario al eje de rotación (instantaneamente paralelo
a Oxyz)
Análisis cinemática:
Dado que el centro de masas del rotor e describe una circunferencia con ve-
a
J.
locidad angular constan te n, su aceleración viene dada por
= - R ¡;¡ 2
La
c
velocidad angular absoluta del rotor el' una posición genérica puede expresarse
como
_ Co, u)
í'_
.J
W=W,j +nk
siendo k un vector constante. Consecuentemente su aceleración angular será
_ dw
dj
-ex =-=w---=w,(W,j+nk) Xj=w nk Xj
dt
' dt
'
expresión esta en la que se ha utilizado la relación de Poisson
dj
--
-=wXj
dt
Particularizando para el instante de interés, para el cual k = K, se concluyé que
w="1-j+nK
a=-w ni
r
Análisis dinámico:
Al aplicar la primera ley universal pE =
ma,- se obtiene
Dispositivos para el equilibrado de rotores
Ay + By = - m R n 2
Az
+Bz=O
207
(b)
"'''Íl b =-\?;¡-
Segunda ley: con el fin de facilitar los cálculos siguientes, se supondrá que
/zx, es despreciable. Esta hipótesis, junto con la condición de que el rotor
está equilibrado, permiten concluir que la matriz de inercia del sistema refe·
rida al centro de masas e viene dada por
1xx
/Ie =
[
~
o
I yy
O
ya que el eje Y es un eje principal de inercia. Asi, la ecuación de Euler
ME=/I Ci+wX/I w
e
e
e
permite escribir las siguientes ecuaciones escalares
"1
~
Q(B z -
A z) =[2 w, (/zz - Ixx - Iyy)
(e)
Q(Ax-Bx)=O
~
Resolviendo el sistema
d2' ecuaciones (b) Y (el, se concluye que
A x =Bx =0
Ay + By = - m R [22
+ In - Izo 1
.
?JJ.Y>1'
"'''1'(
Esto es, a pesar' de tratarse de un rotor debidamente equilibrado el hecho de
que el eje de rotación esté animado de movimiento provoca la aparición
de fuerzas reactivas de tipo giroscópicas a saber, fuerzas a lo largo del eje de
rotación y una pareja perpendicular al plano formado por las velocidades angulares W r y n, cuyas magnitudes son tanto mayores cuanto mayores sean las
magnitudes de las velocidades angulares involucradas.
4.4 DISPOSITIVOS PARA EL EQUILIBRADO DE ROTORES
a) Equilibrado estlÍlico: balanc('o de rotores planos
Quizás la forma más sencilla de detectar el estado de desequilibrio de un
rotor plano, consiste en colocarlo sobre un par de ríeles lisos y paralelos,
ubicados en un mismo plano horizontal, tal como sugiere la figura 4.5.
208
Equilibrado de máquinas rotativas
Figura 4.5. Equilibrado de un rotor plano.
El procedimiento de detección consiste en imprimirle al rotor varias
posiciones angulares y permitirle que busque libremente su configuración de
equilibrio estático, para luego marcar e! punto más bajo de su periferia:
• Si estas marcas se distribuyen en la periferia del rotor, se trata de una
posición de equilibrio indiferente, esto es, el centro de mas~ del rotor
está ubicado sobre el eje de rotación, tratándose en consecuencia de
un rotor equilibrado.
• Si las marcas coinciden es porque el rotor adopta una posición de equilibrio estable, consecuenteme~te su centro de masas no coinciden con
e! eje de rotación, tratándose de un rotor desequilibrado. El procedimiento antes descrito permite ubicar la posición radial de la masa de
desequilibrio, ya que la coincidencia de las marcas definen el jada "pe·
sado" del rotor. Sin embargo, la magnitud de! desequilibrio queda indeterminada. Así pues, la corrección del desequilibrio deberá hacerse
por aproximaciones sucesivas, añadiendo una masa correctiva en el la·
do "liviano" del rotor. Se deberán colocar tantas masas correctivas
como sea necesario hasta alcanzar un estado de equilibrado aceptable.
El método antes descrito tiene la dificultad que debe procederse a tantear la magnitud de una masa correctiva. Una manera de.evitar este tanteo se
logra al utilizar el dispositivo indicado en la figura 4.6, e! cual consiste de una
I
I
¿
I
I
/
/'...../:
fI
I
Figura 4.6. Equilibrado de un rotor plano.
Dispositivos para el equilibrado de rotores
209
plataforma perfectamente balanceada vinculada a un bastidor mediante una articulación esférica ideal. Al colocar un rotor desequilibrado R sobre la plataforma P de manera que sus ejes geométricos coincidan, el conjunto adopta
una nueva posición de equilibrio, siendo e! ángulo de inclinación una medida
de la magnitud de! desequilibrio de! rotor. La dirección de máxima inclinación del conjunto ubica la dirección radial del desequilibrio. Una manera de
medir directamente estas dos variables se logra fijando a la plataforma una
pantalla graduada de forma tal que cada circunferencia represente un cierto
desequilibrio (figura 4.7), por ejemplo en gr- cm. Si el interior de la pantalla
está lleno de un fluido, una burbuja de aire serviría como indicador de la magnitud y dirección del desequilibrio.
e
Figura 4.7.
b) Equilibrado de rotores en dos planos*
En la figura 4.8 se muestra un rotor colocado sobre un bastidor que se apoya
sobre dos pivotes móviles Pe< y P ~' colocados en los planos de corrección el< y
(3. Dos uniones elásticas son fijadas en ambos extremos de! bastidor. Se supone que dichas uniones poseen una rigidez infinita en dirección perpendicular
al plano de la figura. Finalmente se disponen de dos transductores de vibraciones (T.V.) para medir la amplitud de las oscilaciones verticales en los cojinetes
A yB.
El procedimiento para e! balanceo de! rotor se cumple en dos fases:
• Primera fase. Determinación de la magnitud de la masa correctiva
que se requiere en e! plano e<, así como su ubicación. Se procede a eliminar e! pivote Pe<' por lo que e! conjunto pasa a tener la movilidad
de un sistema de un grado de libertad. A continuación se realizan las
siguientes 'lecturas de la amplitud de las oscilaciones permanentes del
cojinete A, con el rotor girando a una misma velocidad angular w.
*El lector no familiarizado con sistemas vibratorios de un grado de libertad, deberá diferir la lectura de
esta sección y remitirse al capítulo 6.
210
Equilibrado de máquinas rotativas
~,
ex
I
I
I
A
Figura 4.8. Equilibrado de un rotor. Uso de dos planos correctivos~
i) X A O. Amplitud de las oscilaciones permanentes generadas poi el
desequilibrio del rotor.
ii) A continuación se coloca una masa de prueba m muy pequeña en
comparación con la masa del rotor, esto es m «M, sobre una circunferencia de radio conocido r ubicada en el plano ex, y en tres
posiciones Al, A2, A3, separadas entre sí por un ángulo recto tal
como sugiere la figura 4.9. X Al' X A 2' X A 3' son las amplitudes
medidas.
Las amplitudes X A o' X Al' X A 2' X A 3 junto con el momento lineal producido por la masa de prueba:mr permiten determinar la
magnitud del momento lineal del rotor MR, así como su ubicación
angular '" ,medida con respecto a la dirección radial definida por
Figura 4.9.
,
'J•
Dispositivos para el equilibrado de rotores
211
A L En efecto, la amplitud de las vibraciones permanentes* del
extremo A del bastidor viene dado por
y dado que todas las mediciones se hacen para un mismo valor de
y e, y con modificaciones definitivamente despreciables en la masa total del sistema, se puede concluir que
W, sin modificar K
LJ e. v
siendo A constante.
Esto es, cada medición de amplitud es proporcion~ al correspon- .
diente momento lineal del sistema, Consecuentemente las cuatro mediciones corresponden a los momentos lineales que a continuación se
indican:
,.
e
"
( mr)
'.
(mr),.
_
=MR
=) (mr)2 + (MR)2 - 2(mr)(MR) cos '"
:,<I>
cv
'-,
, MR
(mr),.
*Ver capítulo 6.
=y (mr)"" + (MRY + Z(mri(MRi cos q>
Dispositivos para el equilibrado de rotores
211
A 1. En efecto, la amplitud de las vibraciones permanentes* del
extremo A del bastidor viene dado por
w2
XA =
,¡ (K - mw 2 )2 + (CW)2
mr
y dado que todas las mediciones se hacen para un mismo valor de
w, sin modificar K y C, y con modificaciones definitivamente des·
preciables en la masa total del sistema, se puede concluir que
siendo A constante.
Esto es, cada medición de amplitud es proporcional al correspon·
diente momento lineal del sistema, Consecuentementela;;'uatro medio .
ciones corresponden a los momentos lineales que a continuación se
indican:
ro \
-.
i
(
(mr).q =MR
•
(mr).q =J (mr)2 + (MR)2 - 2(mr)(MR) cos ~
rnr
(mr).q =J (mr)2 + (MR)2 + 2(mr)(MR) sen ~
(mr).q =J (mr)2 + (MR)2 + 2(mr)(MR) cos ~
rnr
·Ver capítulo 6.
212
Equilibrado de máquinas rotativas
Así, denotando por p = mr/MR, se tienen las siguientes tres ecuaciones
(4.12)
x
(~ )2 = p2 + 1 + 2 p sen </J
(4.13)
X AO
(4.14)
El lector debe observar que dichas ecuaciones 4.12 a 4.14 son dependientes y en consecuencia las cuatro lecturas A A o' X Al' X A 2' X A 3 es·
tán relacionadas entre sí
Combinando 4.12 Y 4.14 se obtiene que
\
',,",vv"'\Jo.'..
'J-'C'
J :I '.
i'l'J»¡"..
1
P = mr =_(__ )2
XAl
MR~AO
,
x
4.15)
ll'\~
expresión esta que permite evaluar la E!ª~itud del~s,:guilibrio del rotor re.feridº-al plano "', siempre que la magnitud del desequilibrio de pruebasea conocida.
Dividiendo apropiadamente 4.13 entre 4.14 se tiene la expresión
tg </J =- - - - - - X
(4.16)
(~)2 -p2-1
--
X AO
que permite evaluar la p-osición anglllar del desequilibrio.
El lector deberá poner cuidado en ubicar el ángulo </J en el cuadrante
que le corresponde: Los resultados proporcionados por las expresiones
4.15 y 4.16 son suficientes para corregir el desbalanceo en el plano "'.
• Segunda fase. Determinación de la magnitud y ubicación angular de
la masa correctiva que debe colocarse en el plano f3. En este caso, el
pivote P se coloca en la posición correspondiente al plano", y se re-
'"
Dispositivo para el equilibrado de rotores
213
mueve el pivotePJ3 . A continuación se procede a realizar cuatro medidas de las amplitudes de las vibraciones verticales en el extremo B,
obtenidas en forma semejante a la primera fase. El proceso de corrección es entonces una repetición del planteado previamente.
Ejemplo 2
Un disco homogéneo, de masa 10 lígyradio 20cms,se fija al punto medio de
un eje que pasa por su centro geométrico, de forma tal que el ángulo formado
entre el eje de rotación y la normal al disco es de 5° (figura 4.10).
Se desea saber si el sistema está equilibrado. En caso de que su respuesta
sea negativa, determine la magnitud y ubicación de las masas correctivas sobre
los planos'" y {3 para que el conjunto esté equilibrado.
¡iJ
I
I
I
I
~---50 cm - - - + - - - - 5 0
to
cm---+-
Figura 4.10.
Solución
Dado que el eje de rotación pasa por el centro de masas del disco, la primera
pregunta se reduce a averiguar si dicho eje es un eje principal de i"ercia. Con
este fin se evaluará la matriz de inercia asociada a la referencia CXYZ, suponiendo despreciable la masa del eje (figura 4.11). PosiblementeIa manera más
cómoda para evaluar Ilcxyz es calcular en primer lu ar IIcx'y'z', para luego
proceder a rotar los ejes.
Teniendo presen te que ex' Y'Z' es un sistema principal de inercia se tiene:
JI cx'y'z'
O
O
O
1/2 mr2
O
O
O
214
Equilibrado de máquinas rotativas
x
,
o sea, al sustituir valores
0,1
,,
O
o
o
0,2
O
O
0,1
(a)
kg-m '
Para determinar la matriz de rotación Ilbasta observar que
-.
1 = O,OS 7 l' - 0,996
¿.
.:\.
"\ - -0":'16
"
I
v¡ollO, \
(_~
A
n,· J.
Q
Q>
,,'"
:,-
~
"J
C> "~L
/"
(~li'S
'"
A
"
"')Lt-la>
-l- / \
T
"/'
1
J=0,9%7' + 0,OS7! ~
"\
- \-.
consecuentemente, la matriz Il de cambio de base vendrá dada por:
o,
lJ¡<..rr;,~
o
O,OS7
JI
~
0,996
O
- 0,996 O,OS7
O
O
1,000
O
Así la matriz Ilcxyz vendrá dada por
11cxyz = rf 11c ,,'y'z' 11
siendo Il t la matriz transpuesta 'de /1,
(b)
Dispositivo para el equilibrado de rotores
215
Al sustituir (a) y (b) se ti ~e
e, \
I cxyz \ =
I
[~
-0.0087
o
0,1007
o
-:.0087
o
0,1000
]
(kg-m' )
(c)
Se puede concl~'
q ue e! sistema no está equilibrado, ya que los productos de inercia asocia os<"al eje de rotación I xy e I xz no son simultáneamente
nulos. A continuaci (, I se procederá a añadir dos masas correctivas m", y m~
en los puntos (-0,4; Y",; Z",) y (O, 4; Y~; Z~) de manera que e! sistema resultante esté equilibraa<)~ Se deberá en consecuencia cumplir las siguientes con'\
diciones:
Equilibrado estático:
El centro de masas de! nuevo sistema deberá encontrarse sobre e! eje X, luego
m", Y",
+ m~ Y~ = O
(d)
m",Z",
+ m~ Z~ =0
(e)
Equilibrado dinámico
El eje X deberá ser un eje principal de inercia para e! sistema corregido, esto
es, los nuevos productos de inercia I cxy e I cxz tienen que anularse así:
I.~ '1
1....'1 ~~
lo" 'i()
+ 0,0087 + m" Y" (-0,4) + m~ Y~ (0,4) = O
"]:l-".-C' m" Z~ (-0,4) + m~ Z~ (0,4)=0
o sea
-m" Y" + m~ Y~ + 0,0217 = O
- m" Z" + m~ Z~ = O
(f)
(g)
Combinando (e) y (g) se obtiene
m", Y", = 0,0108
m~ Y~ = -
kg - m
0,0108 kg - m
Así. si se decide colocar las masas correctivas con I Ya I = I Y~ 1= 10 cm se
tiene que:
216
Equilibrado de máquinas rotativas
Conclusiones: Dos masas puntuales idénticas de magnitudes
me> = 10Sgr en (-40; 10;0) cm
m p = 108gr en (40,-10,0) cm
ubicadas como sugiere la figura 4.12, equilibran totalmente el sistema.
Figura 4.12.
. ,
4.5.
EJERCICIOS
4.1.
Balancear el sistema de tres rotores planos indicado en la figura 4.13
mediante dos masas correctivas colocadas en los planos ex y (3.
mI
~-----40
+-6cm:
cm-------jf..-
16cm
~
,
Wi-'
m_2_50cm
ROTOR
m(kg)
,(cm)
O()
1
0,250
4
30°
2
2.000
1,2
300
3
0,600
2,2
135
Figura4.1~
0
0
Ejercicios
4.2
217
El engranaje mostrado en la figura 4.14 ha sido balanceado en el taller
añadiendo tres masas puntuales (1 y 2 en la cara anterior, y 3 en la posterior) sobre una superficie cilíndrica de 10 cm de radio. Los engranajes producidos son de acero colado, y las especificaciones establecen
que las correcciones para e! equilibrado deben hacerse taladrando orificios en las paredes laterales, de espesor 6 mm a igual distancia de! eje.
Determinar la ubicación y los diámetros de las perforaciones requeridas para balancear el cngranaje sabiendo que las magnitudes de las
masas correctivas son mI = 40gr; m2 = 70gr; y m3 = 80gr.
---
-
§
oc
-
----
Ji
- l-
Figura 4.14.
/
~4.3.
La figura 4.15 muestra una máquina de balanceo con un rotor rígido
que debe ser balanceado mediante la remoción de metal en los planos
1 y II. Con el rotor colocado en la posición mostrada y girando a la velocidad de funcionamiento de la máquina de balanceo se observa que
e! indicador de la escala oscila con una amplitud de 5 mm. 4.
Una masa correctiva de 15g fue fijada al rotor en e! plano I, sobreuna circunferencia de radio 125 mm en las posiciones A, B. Y e sucesivamente observándose amplitudes de vibración de 6.3 mm; 11.8 mm y
218
Equilibrado de máquinas rotativas
11
EB
A
."
R_O_T_OR_
B
gt~?====~-~?~~====C=J
Figura4.1~
10.5 mm respectivamente. Estime la cantidad de metal que debe ser
removida del rotor en el plano l, sobre una circunferencia de 75 mm
de radio, y determine la posición en la que debe practicarse la perfora>i@.
Colocando a continuación el plano de corrección l sobre el pivote y
haciendo girar el conjunto se obtienen los siguientes valores:
a) con el sistema corregido con una masa puntual de 15 g colocada en
II sobre una circunferencia de 125 mm en las posiciones, A, B Y e
se observan vibraciones de amplitud 3.67 mm; 6.25 mm y 13.55 mm
respectivamente.
b) Las vibraciones del sistema sin corregir tiene una amplitud de 8 mm.
Estime la cantidad de metal que debe removerse en el plano II sobre
una circunferencia de radio 75 mm. ¿En qué posición debe practicarse
la perforación?
;..-(4.
El rotor de la turbina de vapor de un barco pesa 50 toneladas. La turbina gira a razón de 11,000 rpm y está montada de forma tal que su
LINEA DE INCLINACION
/
/
/
/
/
/
PROA
.
-\---------~--- - - - - --/
\
/
,
,••
/
/
.:
/
/
/
Figura 4. Ui,
,\
\,
."'"
'.
Ejercicios
l' . 1
219
eje de rotación es paralelo al casco del barco. Los cojinetes principales
están separados 4.72 m y el radio de giro del rotor es de 24.76 cm.
Determine la magnitud y dirección de las reacciones máximas en
los cojinetes cuando el navío oscila alrededor del eje de inclinación
con una amplitud de ± 5°, con una frecuencia de un ciclo cada 15 seg
(figura 4.16).
l.Db -=. "'-
'*
~.
,-'-
Balancear el conjunto formado por dos rotores planos unidos a un eje
que pasa por sus centros geométricos. Los rotores se colocan de forma
tal que los planos definidos por el eje de rotación y las normales al rotor son perpendiculares entre sí. Estas normales están inclinadas el
mismo ángulo 8 con respecto al eje de rotación, tal como sugiere la fígura 4.17.
.. \.c-
_
'"
,,'
~.
"" '.
~', ,p
,'
~
,,
1 ,
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:
I
1
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8
"""'~\
\
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J""<>\
n
'....
,1
-+---Q-~---Q--~1---Q
•
Figura 4.17.
4.6.
En la tabla siguiente se muestran las amplitudes de vibración que experimenta un rotor plano, todas ellas correspondientes a una misma velocidad.
Masa correctiva
Ubicación angular
ninguna
Amplitud de vibración
0,036 cm
84 gr
0°
0,025 cm
84 gr
90°
0,056 cm
84 gr
180
0
0,056 cm
220
Equilibrado de máquinas rotativas
Detennine la magnitud de la masa correctiva requerida para balancear
el rotor así como su ubicación.
4.7.
Se quiere equilibrar un rotor plano y para ello se dispone de un vibrómetro y una lámpara estroboscópica. Sobre el rotor se colocó un papel
polar, produciéndose el destello de la lámpara justo cuando el rotor está
en el punto de máximo acercamiento al vibrómetro (figura 4.18).
_w
t"p'áf"'jiMi
~-------
la lámpara está frente
al rotor.
Figura 4.1&
Un técnico puso a girar el rotor a una velocidad muy superior a la velocidad crítica y encontró que cuando la lámpara destellaba, el vibróme0
tro señalaba 220 en el papel polar pegado al rotor.
Repentinamente la lámpara se dañó, por lo que un ingeniero sugirió seguir el siguiente procedimiento para determinar la magnitud de
la masa desequilibrante y su ubicación:
a) Puso a girar el rotor a 1000 rpm. Sabiendo que esta velocidad era
menor que la crítica, midió la amplitud de la vibración, que resultó ser de 0.5 mm.
b) Colocó una masa muy pequeña comparada con la masa total, con
un momento lineal igual a 8 gr - cm, en la dirección correspondien0
te a 0 en el papel polar..
c) Hizo girar el rotor otra vez a 1000 rpm y midió la amplitud de vibración, siendo ésta de 0.7 mm.
a) ¿Cuánto vale la magnitud de la masa desequilibrante?
b) ¿Dónde está ubicada?
e) ¿Por qué la masa de prueba era muy pequeña y puso a girar el rotor otra vez a 1000 rpm?
Ejercicios
221
d) Diga dónde colocaría usted un contrapeso para balancear el rotor
y la magnitud del mismo en gr - cm.
e) Explique CÓmo fue el razonamiento del ingeniero y justifíquelo.
Capítulo 5
ANALISIS DINAMICO DE
MECANISMOS
5.1 MECANISMOS
Se llama mecanismo a todo conjunto de cuerpos rígidos vinculados entre sí,
capaz de permitir un movimiento definido entre sus componentes o miembros.
Ejemplos:
a) Mecanismo de cuatro barras articuladas. Por acción de la rotación del
miembro 1, el miembro 3 describirá un movimiento oscilatorio o de
rotación (figura 5.1).
Nomenclatura: 1. manivela conductora
2. biela
3. palanca oscilante o manivela conducida
O. bastidor (miembro fijo)
b) Mecanismo motor. Al rotar el miembro 1 se producirá un movimiento rectilíneo oscilatorio del miembro 3 (figura 5.2).
Nomenclatura: 1. manivela
2. biela
3. pistón o corredera
O. bastidor
Mecanismo de retomo rápido. En la figura 5.3, los pasadores A y B
pueden deslizar libremente a lo largo del miembro 2. Cuando la manivela 1 rota alrededor de su eje, la palanca 2 oscila, obligando a la corredera 3 a describir un movimiento de traslación oscilatorio.
223
224
Análisis dinámico de mecarusmos
777777/7
®
Figura 5.1. Mecanismo de cuatro barras articuladas.
~~lllllll////
Figura 5.2. Mecanismo motor.
d) Mecanismo de PeaucellieT. Si en el mecanismo de 8 barras articuladas
mostrado en la figura 5.4 se tiene que: CDEF es un paralelogramo;
AE =AD; BC =AB; el punto F describe exactamente una línea recta.
e) Planetario. En la figura 5.5 se muestran 5 engranajes 1, 3,4,5, Y O. El
brazo 2 gira alrededor de su eje, arrastrando en su mo,imiento a los
centros de 3, 4, 5, los que a su vez hacen girar al engranaje 1 alrededor
de su eje.
Debe observarse que en el mecanismo que se está describiendo, la
rueda (1) no está vinculada directamente al brazo (2), y que el engra·
naje (O) está fijo a tierra, consecuentemente el conjunto posee un
solo grado de libertad. Este mecanismo recibe su nombre por su ana·
~láquina
Figura 5.3. Mecanismo de retomo rápido.
E
~_--9F
~--..,6D
Figura 5.4. Mecanismo de PeauceIlier.
I//'
/ I
Figura 5.5. Planetario (tren epicíclico).
225
226
Análisis dinámico de mecanismos
logia con e! movimiento planetario: la rueda (1) se llama sol, y las ruedas (3), (4) Y (5) se llaman planetas.
5.2 MAQUINA
Se llama máquina a todo conjunto formado por uno o más mecanismos con
la finalidad de tnmsmitir potencia, y en consecuencia, para realizar trabajo.
Por ejemplo, un motor de combustión interna de 6 cilindros es una máquina
constituida fundamentalmente por 6 mecanismos motores. Adicionalmente
esta máquina incorpora otros mecanismos, tales como una transmisión por
engranajes entre e! cigüeñal y e! árbol de levas, 12 mecanismos de levas con
sus respectivos seguidores, cada uno de ellos accionando un mecanismo de
palancas que a su vez acciona a una válvula (de admisión o escape) ... etc.
5.3 ANALISIS DINAMICO DE UN MECANISMO - INTRODUCCION
La determinación de las distintas fuerzas y momentos involucrados en la
transferencia de potencia de una máquina juegan un papel muy importante
en e! diseño de sus mecanismos componentes, ya que e! carácter variable de
dichas solicitaciones será responsable de la transmisión de ruidos y vibraciones y de la generación de esfuerzos cíclicos apreciables.
Resulta pues de gran importancia en e! diseño de un mecanismo el determinar, en función de la fuerza o pareja que lo acciona así como de sus parámetros geométricos, másicos y cinemáticos:
• El par o fuerza generado por la componente conducida de! mecanismo .
• Las reacciones generadas entre cada par de componentes del mecanismo, incluyendo las ejercidas por el bastidor.
Si e! mecanismo motor indicado en la figura 5.6 forma parte de un motor de combustión interna; y si se denota por:
P
M
1';¡
fuerza actuante sobre e! pistón (acción conductora),
la reacción al par de salida del mecanismo,
fuerza generada por el miembro i sobre el miembro j (note que por
acción y reacción F ij = F ji ),
e! análisis dinámico del mecanismo conducirá a la determinación de
en función de P y de los parámetros geométricos, másicos y cinemáticos del
problema.
Análisis dinámico de un mecanismo - Introducción
227
Figura 5.6. Mecanismo motor.
F'3---EJ~
o_ i
V~,
F,",
Ff?
Figura 5.7. Diagramas de cuerpo libre de los componentes de un mecanismo motor.
El despiece señalado en la figura 5.7 muestra que el problema* tiene
solución, ya que la aplicación sistemática de las leyes de la mecánica a cada
componente permite escribir un total de 8 ecuaciones (3 para la manivela, 3
para la biela y 2 para el pistón), suficientes para determinar las 8 incógnitas
del problema. Ahora bien, el procedimiento arriba esbozado reviste un alto
grado de complejidad algebraica que dificulta la interpretación de los resultados obtenidos. Surge así la necesidad de introducir un procedimiento simplificado para realizar el análisis dinámico del mecanismo. Con este fin se
presenta el concepto de sistemas rígidos planos dinámicamente equivalentes,
con el cual se podrá sustituir un cuerpo rígido por otro más simple, de manera
que este último produzca sobre sus vecinos el mismo efecto que el sistema
original que pretende sustituir. Así, al reemplazar un cuerpo rígido por otro
dinámicamente equivalente, tanto las relaciones cmemáticas como las reacciones entre cada par de componentes se verán inalteradas.
·Note que se desprecia el efecto de la fricción.
228
Análisis dinámico de mecanismos
DossiStemas ngidosplanossondinámicamettte equivalentes ú poseen
la misma geometrza, la mt·sma masa, el mt·smo centro de masas y el
mismo momento de inercia con respecto al centro de masas.
A continuación se verificará que una barra de longitud Q, masa m e inerciale (con respecto a su centro de masas) puede sustituirse por un sistema rígido
constituido por dos masas puntuales mI Y m2, a distancias Q¡ y Q, del centro
de masas respectivamente (figura 5.8). En efecto, la condición de sistemas
dinámicamente equivalentes conduce a las siguientes ecuaciones:
• Igualdad de masas:
mi + m2 = m
• Coincidencia del cen tro de masas:
mlQl=m2 Q2
• Igualdad del momento de inercia referido al centro de masas
2
2
m l 2 1 + m2 Q2
= le = m k 2e
siendo k e el radio de giro de la barra referido al centro de masas.
Se obtiene así que
(5.1)
(5.2)
(5.3)
Como puede observarse, el problema de sustituir una barra por un sistema de dos partículas dinán).icamente equivalente admite infinitas soluciones, por lo que usualmente se fija la ubicación de una de las masas en un
punto conveniente, quedando ahora determinado el problema. Cuando se
Figura 5.8. Sistema dinámicamente equivalente a una barra rígida..
Análisis dinámico de un mecanismo -- Introducción
229
analiza una biela, se ubica una de las masas en el pasador que une la biela con
el pistón (bulón). Si lo que se analiza es una manivela, se ubica una de las
masas sobre su eje de rotación.
Observaciones
a) La geometría y distribución de masas de una biela es tal que, en general
QA ~ Q¡
~--;;-Q
«1
A
luego se puede suponer la masa m 1 ubicada sobre el pasador que une
la biela con la manivela. Este nuevo modelo conduce a resultados
exactos desde el punto de vista de la primera ley, esto es, para el análisis de fuerzas. Sin embargo, los resultados provenientes de la segunda ley (análisis de momentos) serán aproximados.
b) En el caso particular de estar considerando una manivela que gira a
velocidad angular constante, se la puede sustituir por dos masas puntuales, una ubicada sobre el eje de rotación y la otra sobre el pasador
que lo une a la biela, de manera que el sistema así formado tenga la
misn1a masa y el mismo centro de masas que la manivela original (figura 5.9). Se tiene entonces que
m,
Aunque estrictamente hablando, el sistema generado no es dinámicamente equivalente al dado, la hipótesis de velocidad angular constante
permite sustituir el uno por el otro sin que se modifique el comporta·
miento dinámico del mecanismo. En efecto, la ecuación FE = miZc se
ve inalterada, mientras que la segunda ley se reduce a M~ = O (ya
que Q = O), en consecuencia la di ferencia en los mamentos de inercia
no la afectan.
(O §le '"
,I
O)
I
'" 1
Of---'"'--------COil
:~~
m,
'e
I~
"1
Figura 5.9. Sistema equivalente a una manivela animada de rotación uniforme..
En las figuras siguientes se muestran cualitativamente la sustitución de
un mecanismo por otro dinámicamente equivalente, en los que la manivela
conductora gira con velocidad angular constante: w.
230 Análisis dinámico de mecanismos
a) mecanismo motor
mB
w
1111 11 JlIf
Figura 5.10. Mecanismo motor: reducción exacta.
Fracciones de masa de la manivela en los pasadores A y}J.
Fracción de masa de la biela en el pistón más la masa del pistón.
Fracción de masa de la biela, cercana al pasador B.
/71771/777
Figura 5.11. Mecanismo motor: reducción aproximada.
b) Mecanismo de cuatro barras (figura 5.12).
Y mBI' Fracciones de masa de la manivela conductora en A y B.
m B 2 Y m e2 • Fraccion de masa de la biela en la posición cercanaaB,y ene.
m C 3 Y m D3' Fracciones de masa de la manivela conducida en la posición
cercana a e y en D.
mAl
a) Reducción exacta
b) Reducción aproximac.:
Figura 5.12. Mecanismo de cuatro barras..
5.4. ANALISIS DINAMICO DE UN MECANISMO MOTOR
En la figura 5.13 se muestra un mecanismo motor cuya manivela gira con
una velocidad angular constante w. Suponga que tanto la biela como la manivela se reducen a sendos sistemas de dos masas puntuales de acuerdo al criterio
Análisis dinámico de un mecanismo motor
177777777
CiV
231
);))/;)//77
Figura 5.13. Reducción aproximada de un mecanismo motor.
expuesto en las observaciones del apartado anterior; consecuentemente, la
distribución de masa del mecanismo se reduce a tres masas puntuales, colocadas respectivamente en los puntos O,A y B: m a , mA Y mB'
En adición se establece la siguiente nomenclatura:
Radio de la manivela.
Longitud de la biela.
M.
Momento resistente.
P.
Resultante de la fuerza que actúa sobre el pistón.
</! •
Angulo agudo definido por el eje de la biela y la línea de desplazamiento del pistón.
m A l ' Fracción de masa de la manivela correspondiente al punto A.
m A 2' Fracción de masa de la biela correspondiente al punto A.
m B 2' Fracción de masa de la biela correspondiente al punto B.
m B 3' Masa del pistón.
a A' Magnitud de la aceleración de la masa mA'
á B' Magnitud de la aceleración de la masa mB •
T.
Q.
A continuación se procederá a analizar dinámicamente este mecanismo
con miras a la determinación de la-magnitud del par resistente ofrecido por
el eje de la manivela M (igual al par efectivo entregado por este mecanismo a
su exterior). De igual manera se determinarán las reacciones generadas por el
bastidor del mecanismo.
Con este fin se representan los diagramas de cuerpo libre del mecanismo
y del conjunto biela-pistón (figura 5.14).
Aplicando la segunda ley universal de la mecánica al subsistema bielapistón, con referencia al punto A:
se tiene:
Q cos q, Fo~ - Q sen q, P = Q sen q, m B aB
232 Análisis dinámico de mecanismos
/
/
Wt
Fo1
- -...... F1'i
---p
Figura 5.14. Análisis de un mecanismo motor.
de donde
F o'3 = (P + m B a B ) tg 4>
(5.4)
Aplicando la primera ley al mecanismo: FE = }; m t a, se tiene directamente que
(5.5)
(5.6)
Finalmente aplicando la segunda ley al mecanismo, referida al punto O
se concluye que
T
M = Q (2" cos wt + cos 4>)(P + m B aB) tg '"
(5.7)
Esta última expresión representa el par entregado por el mecanismo
motor, el cual depende tanto de la fuerza aplicada sobre el pistón como de la
geometría y de los parámetros dinámicos. La fuerza P viene dada por el producto del área del pistón y la presión actuante, esta última obtenida del dia-
Análisis dinámico de un mecanismo motor
233
grama indicador del ciclo. A continuación se presentan los diagramas indicadores de las máquinas de mayor uso que incorporan mecanismos motores
como componentes.
a) Motor de combustión interna de gasolina de cuatro tiempos
El ciclo de operación de la máquina se produce cada dos revoluciones del eje
de la manivela (cigüeñal), presentando cuatro etapas o tiempos (figura 5.15):
o Admisión: La mezcla de aire y combustible es admitida en el cilindro, a
una presión ligeramente inferior a la atmosférica. Al final de esta etapa se cierra la válvula de admisión.
• Compresión: la mezcla se comprime en el interior del cilindro, y al
final de esta etapa se produce su ignición, provocada por una chispa.
• Expansión: la combustión de la mezcla se completa en un intervalo
de tiempo muy pequeño, produciéndose :m cambio súbito en la presión de los productos de la combustión, los cuales se expanden realizándose un trabajo útil. Al final de esta etapa se abre la válvula de
descarga.
• Descarga: los gases producto de· la combustión son expulsados a la
atmósfera a una presión ligeramente superior a la atmosférica.
p
Explosión
Expansión
1
T
I
D;:.e~'":,c,,,~ga::o·";;;¡c..om"",p',,,e,,';.ó,,"==.¿
Presión
-1_
atmosférica ¡'--.-lI
~A=dm=;,::.ió"'"_~~
·
Figura 5.15. Ciclo de operación de un motor de combustión interna.
b) Motor diesel de cuatro tiempos (figura 5.16)
En este tipo de motor, aire puro es admitido al cilindro durante la carrera de
succión. Como no hay peligro de una pre-ignición, la presión al final de la
carrera de compresión puede ser muy alta. ASÍ, cuando al comienzo delacarrera
de expansión se inyecta el combustible, la temperatura del aire comprimido
234 Análisis dinámico de mecanismos
p
I Inyección
I
I
I
I
1
I
I
Descarga
Expansión
'::'---..
Compresión
Presión
atmosférica
Admisión
T
Figura 5.16. Motor diesel de cuatro tiempos
es suficientemente alta para provocar su ignición. Como la inyección no ocurre
instantáneamente, la combustión se extiende sobre una porción mayor de la
carrera por lo que e! incremento de presión es mucho más pequeño que en e!
motor de gasolina.
e) Motor diesel de dos tiempos (figura 5.17)
En este tipo de motor las operaciones de admisión y expulsión toman lugar
simultáneamente al final de la carrera de expansión y comienzo de la compresión.
Al acercarse e! pistón al final de la carrera de expansión, se descubre e!
portal de descarga en las paredes del cilindro, e inmediatamente después se
abre la válvula de admisión. El aire fresco es entonces enviado al cilindro a
una presión ligeramente superior a la atmosférica ayudando a la expulsión de
los productos de combustión. La compresión de! aire comienza cuando e!
pistón en su carrera de regreso cubre e! portal de descarga.
p
I Inyección
I
I
I
compresión~xPUlsión
Presión
atmosférica: __
I,
I
¡
-+ - - - -
I
I
I
l .
:
Admisión
Figura 5.17. Motor diesel de dos tiempos.
Análisis dinámico de un mecanismo motor
~
235
Compresor de aire (figura 5.18)
El ciclo de trabajo se produce cada revolución de! eje comprendiendo dos
etapas:
• Admisión: Al comienzo de esta etapa e! aire que llena e! volumen
muerto de! cilindro a la presión de descarga se expande hasta que la
presión cae por debajo de la atmosférica. En ese instante se abre la vál.ula de admisión por lo que aire fresco continúa lIenando e! cilindro.
• Descarga: Durante e! comienzo de esta etapa e! aire es comprimido
hasta que la presión alcanza su nivel de descarga. En ese instante se
abre la válvula de descarga, y se continúa descargando hasta e! final
de la carrera.
P
Descarga
Figura 5.18. Compresor de aire
el Bomba alternativa (figura 5.19)
El ciclo de operación de esta máquina es idéntico al del compresor. Debido a
la incompresibilidad de los líquidos, los procesos de expansión y como
presión ocurren a volumen constante, por lo que las correspondientes líneas
en el diagrama indicador son verticales.
P
Descarga
-t========='-__.. .
Admisión
P"
Figura 5.19. Bomba alternativa
236 Análisis dinámico de mecanismos
Ejemplos del momento generado por un motor de combustión interna
a) Motor monocilíndrico
Parámetros geométricos:
w= 1800rpm
área del pistón
carrera del pistón
longitud de la biela
100 cm 2
12,5 cm
24 cm
Parámetros mász'cos:
masa del pistón
1,1 kg
1,6 kg
masa de la biela
0,9 kg
masa de la manivela
fracción de masa de la
biela colocada en el
pistón
0,55 kg
contrapeso de la
manivela
2,7 kg
El centro de masas de la biela está ubicado a 10 cm del pasador que la une a la
manivela.
El contrapeso está colocado a 6.25 cm
del eje de rotación.
Parámetros termodinám'icos:
Ciclo atto con
K = 1,4
Relación de compresión 6. O
Relación de presiones máximas en los
procesos de expansión y compresión 2.5_
Este motor genera un par variable M(/J), con un par medio durante el ciclo
del orden de los 48 Nw - m, tal como indica la figura 5.20.
b) Motor de 8 cilíndros idénticos al descrito en a), cuyas carreras útiles se
distribuyen uniformemente en el ciclo.
En este caso el par entre¡>;ado vendrá dado por
A
7
M(/J) = k M(/J + k 90°)
k~O
ya que las 8 carreras de expansión están desfasadas entre sí un ángulo de 90°.
A continuación se muestra la ¡>;fáfica resultante (figura 5.21).
Fuerzas de trepidación
237
PAR MOTOR
.\tOTDR DE cmlBUSTION INTER.'lA m: 1 CILINDRO
>00
20
100
o,f--------'<------¡~-_\_-__f------'
----___t_-
,
-100
tgU1"élS.20. Par motor generado por un motor de combustión interna de un cilindro.
PA]{.l.IOTOR
.\rOTOR m: CO.\18L'STIO:'\ 1~·n:R:'\.'" ut: 8 Clll1"DROS
1
360"
720·
5.21. Par motor generado por un motor de combustión interna de ocho ciliodro~
FCERZAS DE TREPIDACION GENERADAS POR
es \ffiCANISMO MOTOR
medida en que un mecanismo motor describe su movimiento, se gene;obre el bastidor un sistema de fuerzas que inducen vibraciones de la
-:='""'_,;-ina, que se transmiten a su fundación. Estas son las llamadas Fuerzas de
ción.
_-\ continuación se procederá a analizar el bastidor de un mecanismo
con miras a la evaluación de las componentes de trepidación. Con este
2 muestra en la figura 5.22 un diagrama en el que se señalan únicamente
238 Análisis dinámico de mecanismos
y
Figura 5.22. Análisis del bastidor de un mecanismo motor.
las fuerzas actuantes sobre el bastidor atribuibles directamente al mecanismo
motor.
A! reducir este sistema de fuerzas al eje de rotación de la manivela se
obtiene
F y --FY
01
-
F:'
03
M = - (r cos wt + 2 sen r/» FoJ
Sustituyendo 5.5, 5,6 Y 5.4 en 5.8 se concluye:
]FX==-mBa B -mAaA coswt
(5.9)
I Fy==-mAa A senwt I
(5.10)
1M = - (rcos wt + 2 cos r/>)(P + maaa ) tg ¡¡,
(5.11)
Observaciones:
• La fuerza de trepidación resultante generada por un mecanismo motor
es independiente de la fuerza actuante sobre el pistón: P. Es así una
fuerza de naturaleza dinámica.
Fuerzas de trepidación
239
• El par de trepidación resultante tiene dos componentes, una dependiente de la fuerza P, Hamada componente estática: Me
Me = - (r cos wt + Q cos </J) P tg </J
(5.12)
la otra es independiente de P y se le llama la componente dinámica del
par de trepidación: M d •
Md = - (r cos wt + Q cos </J) m s as tg </J
(5.13)
• Si la manivela del mecanismo motor Heva un contrapeso, distante del
eje de rOlación una cantidad igual a la longitud de la manivela: r, tal
como sugiere la figura 5.23.
¡---\
/
"
/
/
/
/
Figura 5.23. Mecanismo motor con contrapeso
las correspondientes componentes de trepidación se obtienen de 5.9,
5.10 Y 5.11 al reemplazar m A por m A - m c . Se tiene así que la ex·
presión del par de trepidación se ve inalterada mientras que las nuevas
expresiones para las fuerzas de trepidación pasan a ser:
en donde el asterisco ha sido utilizado para destacar que el meca·
nismo utilizado incorpora un contrapeso. Si en particular la masa del
contrapeso es igual a la masa rotativa m A
Ff=-m
x
s as
240 Análisis dinámico de mecanismos
• Especial cuidado se debe tener en las direcciones de las componentes
de trepidación previamente calculadas: El eje x coincide con la dirección de desplazamiento del pistón. El eje z coincide con el eje de rotación y se le orienta según el sentido de giro de la manivela. El par
de trepidación está orientado según este eje. El eje y se obtiene haciendo girar el eje x un ángulo de 90° en dirección de la rotación.
• El argumento wt que aparece en las expresiones 5.9,5.10 Y 5.11 representa el ángulo formado por el eje x y la dirección definida por la
manivela.
5.5.1 Determinación aproximada de las componentes dinámicas
de trepidación
Aunque las componentes dinámicas de trepidación están definidas por 5.9,
5.10 Y 5.13,su relativa complejidad algebraica al expresarlas en términos de
wt no las hace manejables para analizar su comportamiento. Por ello, a continuación se procederá a obtener expresiones aproximadas que permitan describir más directamente las fuerzas y momentos de trepidación generadas por
un mecanismo motor. Con este fin se evaluará la aceleración de la masa alternativa a B :
En primer lugar se tiene
d2
a B = ---'d"'t2'--- (r cos wt + Q cos </J)
(5.14)
De acuerdo a la geometría del mecanismo motor
r
sen </J = -Q- cos w t
por lo que
cos</J=j1- (~)2 cos 2 wt
al observar que( -{- Ycos 2 wt < 1, la fórmula del binomio de Newton aplicada a la raíz anterior permite escribir que
cos </J = l -
t (1)2 cos 2 wt - t (-i)" coso wt
- +';-(1)6 cos 6 wt + O {(i)6 )
en donde O {(;)6 ) representa una expresión de orden superior al sexto en la
variable
término.
y, correspondiente al error derivado al truncar la serie en su cuarto
Fuerzas de trepidación
241
tiruyendo en la expresión anterior las siguientes identidades trigono-
1
1
cos 2 wt = - - - cos 2 wt
2
2
coso wt = -3 - - 1 cos 2 wt - -1 cos 4 wt
828
5
15
3
1
coso wt = 16 - 32 cos 2 wt - 16 cos 4 wt + 32 cos 6 wt
obtiene, después de reagrupar términos semejantes
I (T), -l)4
3 (T)4
5 (T)"
cos </! = [1 -"4"2
Q - 256
Q ]+
1 (T),
5 (T.
1 ( T)2
["4"2
+16 Q + 512 "2) ]cos2wt
Sustituyendo esta expresión para cas </! en 5.14, y llevando a cabo e! procrso de derivación indicado se obtiene
aH =_TW 2 {coswt+[~ +i (t)3+-J-g(i)5]coS2wt
• 1 T3
3 (T )5]
4
9
-'4("2)
+16 R
cos wt+ 128
( T)5
"2
T 5
cos6wt+O{(Q)}
(5.16)
Ahora bien, en los mecanismos motores es frecuente encontrarse con que
Si este fuera el caso, al permitir errores menores a un 3%, la expresión
5.16 se puede simplificar aún más al despreciar potencias de T/~ mayores o
ales al segundo. Se tiene así que
IaH
= - Tw
2 (cos wt + T/~ cos 2 wt)
I
(5.17)
ASÍ, las fuerzas de trepidación se pueden expresar aproximadamente al hacer
uso de 5.17, Y de! hecho de que aA = - TW 2, como
mA
m
(5.18)
I F y (wt)-m A Tw 2 senwt
(5.19)
F x (wt) =mH T w 2 [(I + - ) cos wt + T/~ cos 2 wt]
242 Análisis dinámico de mecanismos
En cuanto al par de trepidación, al sustituir en 5.13 las expresiones 5.15
y 5.16, Y al despreciar potencias de T/2 iguales o mayores a la segunda se
obtiene
2
2
1 r
r
Md =mB r w (2"Q' coswt sen 2 wt+ senwt cos 2 wt + sen wt cos 2 wt)
-r
Utilizando las identidades
sen (A + B) + sen (A - B) = 2 sen A cos B
1
sen A cos A = 2 sen 2 A
la expresión anterior se transfonna en
2
1
Md (wt) =TmB
T
w 2 [ - QT sen wt + 2 sen 2 wt + 3 1"T sen 3 wt J (15.20)
La figura 5.24 ilustra los resultados obtenidos en 5.18, 5.19 Y5.20 cuando
la manivela forma un ángulo = wt con la línea de desplazamiento del pistón.
En la expresión 5.18, al coeficiente de cos wt se le llama componente
primaría de la fuerza de trepidación Fx ' mientras que al coeficiente de
cos 2 w t se le llama componente secundan'a de Fx '
e
~x
I
1Ñ
/
F,(")."
"
"
\
w
~Md(8)
I
I
a) Masa rotativa no equilibrada
b) Masa rotativa equilibrada
Figura 5.24. Fuerzas de trepidación actuantes sobre el bastidor de un mecanismo motor.
Estado de equilibrado de máquinas
243
En 5.19 se observa que F y sólo tiene componente primaria. En 5.20 se
tienen componentes primarias, secundarias y terciarias asociadas a los coefi·
rientes de los términos sen wt, sen 2 wt y sen 3 wt.
':;.6 ESTADO DE EQUILIBRADO DE MAQUINAS
DE VARIOS CILINDROS
_.\ continuación se mostrará cómo los resultados obtenidos en el apartado
anterior penniten obtener las componentes de trepidación resultante actuante
sobre el bastidor de una máquina multi-cilíndrica. El procedimiento general
a utilizarse será ilustrado para el caso correspondiente a máquinas formadas
por varios mecanismos motores idénticos, cuyas manivelas son solidarias al eje
de rotación (usualmente llamado cigüeñal), y en los que las masas rotativas
.., A están completamente equilibradas.
5.6.1 Disposición en línea
Se dice que una máquina alternativa tiene sus cilindros dispuestos en línea
Olando los ejes de los cilindros componentes están ubicados en un mismo
se.míplano limitado por el eje de rotación (figura 5.25). Obsérvese que las
crrecciones de desplazamiento de los pistones son paralelas entre sí, y perpendiculares al eje de rotación. Se dice entonces que los cilindros están dispuestos en "bancada"
Figura 5.25. Motor en línea.
244 Análisis dinámico de mecanismos
Nomenclatura:
<l>n' Angula formado entre la manivela del mecanismo motor n-ésimo
y la manivela del primer mecanismo motor.
.zn. Distancia entre los planos de movimiento del n-ésimo mecanismo y
del primer mecanismo.
wt. Angula formado por la manivela del primer mecanismo motor con
la dirección de desplazamiento del correspondiente cilindro.
El sistema de coordenadas se escoge de forma que
• El eje z coincida con el eje de rotación.
• El eje x coincida con el sentido de desplazamiento de los cilindros.
• El plano yz coincida con el plano del movimiento del primer
mecanismo motor.
El mecanismo motor n-ésimo generará sobre el bastidor de la máquina
tanto una fuerza de trepidación orientada de acuerdo al sentido de desplazamiento del cilindro correspondiente, como un par de trepidación orientado a
lo largo del eje de rotación, tal como sugiere la figura 5.26.
x
Plano del primer
fJJ
mecanismo
Plano del enésimo
mecanismo componente
f¡
componente
/
-....
y
-- -- .6-.. \.rl
/
I
/
t
+ 1Jn
W;
M(wt +q\n)
............
F)wt +<1>n)
Figura 5.26. Análisis de un motor con cilindros dispuestos en línea.
Observe que
F x =Fx (wt + <l>n)
Estado de equilibrado de máquinas
245
M = M (wt + tP n )
ya que el ángulo formado por la manivela del mecanismo n-ésimo y la dirección
de movimiento del pistón correspondiente es justamente wt + tP n , y en donde
F x (O) = m B r w 2 [cos 0+
i cos 20]
1
2
2
T
T
M (O)=-.¡m B r w [-¡¡senO + 2 sen 20 + 3 ~sen 30]
Como todos los mecanismos motores están sometidos a condiciones
similares se puede establecer que el bastidor de la máquina está sometido
a la acción de dos sistemas de fuerzas de trepidación, a saber
• Un sistema de fuerzas paralelas {F x (wt + tP n ),
• Un sistema de parejas colineales {M (wt + tP n ),
n=I,2,3,N}
n = 1, 2, _., N}
A continuación se procederá a reducir estos dos sistemas de fuerzas al
origen de coordenadas:
Fuerza resultante
La única componente no idénticamente nula de la fuerza resultante será
Teniendo presente 6.21, esta expresión toma la forma
r
~ cas (wt + </ln) + T
~ cos 2 (wt + </ln)
en donde las sumatorias se extienden desde n = 1 hasta n =N. Utilizando la
identidad trigonométrica.
cos (A + B) = cos A cos B - sen A sen B
se concluye que la fuerza resultante de trepidación viene dada por
(~ cos </ln) cos wt - (~ sen </ln) sen wt
+ Qr (~ cos 2 </ln) cos 2 wt - Qr (~ sen 2 </ln) sen 2 wt
246 Análisis dinámico de mecanismos
Así, si en un diseño particular del cigüeñal se tiene
~ sen <P n
= ~ cos <P n = O
la componente primaria de trepidación queda totalmente equilibrada. La
condición de equilibrado de la componente secundaria sería entonces.
~ sen 2 <P n
= ~ cos 2 <P n = O
Momento resultante
Como es sabido, el momento resultante se desdobla en tres expresiones escalares que representan los momentos producidos por el sistema de fuerzas con
respecto a los ejes coordenados.
Dentro de las hipótesis que rigen al caso considerado en este apartado,
se tendrá:
• El momento con respecto al eje x es idénticamente nulo, esto es
• El momento con respecto al eje y es producido únicamente por el sistema de fuerzas paralelas {F x (wt + '"n );n = 1,2,... ,N), Yviene dado por
my
= ~ znFx (wt + '"n )
Sustituyendo F x por su expresión 5.21, y desarrollando las funciones
trigonométricas resultantes, se concluye
m
m
+
B
/w2
(k zn cos <pn ) cos wt - (k zn sen <p n ) sen wt +
I
I
t (k zn cos 2 n ) cos 2 wt - t (k zn sen 2 n ) ~ (5.25)
<p
<p
Esta expresión permite establecer las condiciones para el equilibrado de las componentes primarias y secundarias del par de trepidaciónm y
= ~ zn cos <P n = O
~ zn sen 2 "'n' = ~ zn cos 2 "'n = O
~ zn sen <P n
• El momento con respecto al eje z es producido únicamente por el sistema de parejas colineales {M (wt + <p n ), n = 1, 2, ..., N}; Y viene
dado por:
Estado de equilibrado de máquinas
247
Sustituyendo 5.20 y desarrollando las fórmulas trigonométricas resultantes se obtiene:
-¡ (L sen 4>n) cos wt
- ~ (L cos 4>n) sen wt -
+ 2 p; cos 2 4>n) sen 2 wt +'2 (1: sen 24>n) cos 2 wt
(5.26l
+T
3r (L cos 3 4>n) sen 3 wt + T
3r (L sen 3 4>nl cos 3 wt
De esta última expresión se obtienen las condiciones para el equilibrado de las componentes primaria, secundaria y terciaria del par m.
L sen 4>n = L cos <P n = O
L sen 2 4>n = L cos 2 <P n = O
L sen 3 4>n = L cos 3 <P n = O
Observaciones
al Como se recordará, la condición de balanceo de un motor del tipo
descrito exigiría que, tanto la fuerza de trepidación resultante como
las componentes del par de trepidación sean simultáneamente nulas.
Sin embargo, las expresiones 5.23, 5.25 y 5.26 ponen de manifiesto
la complejidad de alcanzar tal condición, expecialmente cuando se le
compara con el problema de balancear una máquina rotativa.
b) La componente estática del par de trepidación, esto es, la componente atribuible a la fuerza actuante sobre el pistón P, viene dada, de
acuerdo a 5.12, por
Me =- (r cos wt + ~ cos 4>l P (wtl tg 4>
Sustituyendo cos 4> y tg 4> por sus expresiones aproximadas, y despreciando potencias de T/~ de orden igual o mayor al segundo, se obtiene:
T
1
Me = -T(2rsen2wt+~senwtlP(wtl
Así, para el caso de un motor de N cilindros en línea, la componente
estática del momento m z vendrá dada por
-T
(mzl e =QL {[ 1/2 r sen (2 wt + 2 '4>nl + ~ sen (wt + cPnl]P (wt + 4>n)}
esto es:
(mzl e =-r[L cos cPn P (wt + cPn II sen wt - r [L sen <P n P (wt + cPnl] cos wt
r2
- -
22
r2
[1: sen 2 <Pn P(wt + <pnl] cas 2 wt
22
[1: cos 2<P n P(wt + <Pnll sen 2 wt - -
248 Análisis dinámico de mecanismos
expresión ésta que pone de manifiesto que la componente estática
del par de trepidación es en general distinta de cero, aun en el caso de
un motor completamente balanceado.
Ejemplo 5-1
Investigar el estado de desequilibrio de un motor de cuatro cilindros idénticos dispuestos en línea cuyas manivelas, igualmente espaciadas, tienen orientaciones angulares de 0°, I 80°, I 80°, 0°. Suponga que las masas rotativas están
completamente balanceadas (figura 5.27). A título informativo se indica el
orden de encendido:
1-3-4-2
el cual garantiza una distribución uniforme de los ciclos de potencia del motor.
.LilU
777T1
/
/./
/
..,' ... a
a
"/4
/
I
/
/ 1
/ 2
.. l
/
a
/
/,
/
/
/
.
Figura 5.27.
Solución
En la tabla 5. I se muestra un cuadro que sistematiza la evaluación de las
sumatorias que aparecen en las expresiones 5.23, 5.25 Y 5.26.
Cilindro No
Término
if>.
zn
sen</>n
con</>
zn sen<fJ
.in cos<P n
sen 2 if>
cos 2 if>.
zn sen 24Jn
zn cos2</>
sen 3 if>.
cos3 <P n
1
O
O
O
1
O
O
O
1
O
O
O
1
2
3
11
Suma de
cada fila
11
4
O
a
2a
3a
O
-1
O
O
-1
O
O
1
O
--a
-2a
3a
O
1
O
O
1
O
O
1
O
O
O
O
O
O
4
O
a
2a
3a
6a
O
-1
O
-1
O
1
O
O
Estado de equilibrado de máquinas
249
a) Fuerza de trepidación resultante. De acuerdo a (5.23) y a los resultados arrojados por la. ta.bla anterior, se tiene que la única componente
no nula es la secundaria, ya que
~ sen </Jn' = ~ cos </Jn
= ~ sen 2 </J n = O
~ cos 2 </Jn = 4
Se tiene así que
Fx =4
b }JIomento de trepidación, Procediendo en fonna similar se concluye que
,
m = 6a
r2 w 2
m
B
co.2.wt
'\.
El lector puede verificar que el subsistema de fuerzas constituido por F x
y m y se reduce a una fuerza única de magnitud
F x =4
cos 2 wt
aplicada en el plano de simetría del motor (punto medio del cigüeñal).
La figura 5.28 resume los resultados obtenidos.
•
F x = 4-
, , ..L-.:: '
i B r w cos 2
2
m
Wt
rn z = 2 m B r
.:..:
o
:::
'
2
W
2
±:~"=}~
z
y
eje de rotación: z
_1,--.-_ _ ~2 a ------..! Plano de la bancada: xz
I...> - - - '23 a ----r~
I
Figura 5.28.
5.6.2 Disposición en "V"
~ dice que una máquina alternativa tiene sus cilindros dispuestos en "V"
cuando está constituida por dos bancadas de cilindros unidas a un mismo
sen
250 Análisis dinámico de mecanismos
cigüeñal.
En la figura 5.29 se muestra esquemáticamente una posible configuración de una máquina en "V". El ángulo '" entre las dos bancadas debe escogerse en función del estado de equilibrado de la máquina y de la uniformidad
con que se distribuyen las carreras útiles.
La gran ventaja de una máquina de este tipo es su compacidad: se logra
una máquina compacta de gran potencia.
Figura 5.29. Motor en .. V".
En esencia, el análisis dinámico de una máquina de este tipo se reduce a
evaluar la contribución de cada mecanismo motor a la fuerza y par de trepidación resultante, para luego proceder a su suma vectorial.
En la figura 5.30 se muestra esquemáticamente el bastidor de una
máquina multicilíndrica en "V". Si se denota que
n=l 2, ... ,N
J
al ángulo formado por la manivela del n-ésimo mecanismo motor con respecto a la manivela del primer mecanismo motor; y definiendo dos sistemas de
coordenadas ortogonales
de bases
{i¡,j¡, k¡}
e {i z , iz, kz }, con k ¡ = kz = k
orientadas de acuerdo al sentido de rotación del cigüeñal, tal como sugiere la
Estado de equilibrado de máquinas
251
J '2
\. 1
BANCADA ¡
!I
BANCADA 2
1II
I
/
\
"- !.
"\"
I
I
/
I
y
.~'
J#¿
w/ _
I
../
I
I
~I
..., "
../
~w"--J
~
"-
"- ..... '2
Figura 5.30. Análisis de un motor con cilindros dispuestos en "V:'
figura, se puede establecer que las componentes de trepidaci6n actuan"tes
sobre el bastidor de la máquina son, de acuerdo a la nomenclatura definida
por 5.18, 5.19 Y 5.20:
• Para la primera bancada:
Sist~ema d" f=~as dt! trepidación
-
-
{F. 1 (wt+4>n)i, +Fy , (wt+<Pn)j"
n=1,2, ... ,N)
Sistema de pares de trepidación
{M (wt + <pn)/i,
n = 1, 2, ..., N)
• Para la segunda bancada:
Sistema de fuerzas de trepidación
{F. 2 (wt + <P n - 'lt)i, + F y2 (wt + <Pn -I/J)h
n = 1, 2, .. . ,N)
252 Análisis dinámico de mecanismos
Sistema de pares de trepidación
{M(wt+</Jn-iJ¡)F;
n=1.2•...• N}
Al reducir estos cuatro sistemas de fuerzas a un punto (posiblemente O)
se tiene el resultado pedido.
Ejemplo 5.2
Describir el estado de equilibrado de un motor de 8 cilindros dispuestos en
dos bancadas perpendiculares entre sí. Las manivelas forman ángulos de O",
0
0
180 , 180 , 00, lo que permite garantizar una distribución uniforme de las
carreras de explosión.
Solución
De acuerdo a los resultados obtenidos en el ejemplo 5.1. por efecto de los
cilindros de la primera bancada. se genera sobre el bastidor una fuerza de
trepidación
F I = F (wt) = 4
r2 w 2
m
Q
B
cas 2 wt
aplicada sobre el plano medio del motor y en dirección del desplazamiento
de los cilindros; así como un par dOe trepidación
MI =M(wt)=2m B r 2 w 2 sen2wt
a lo largo del eje de rotación. tal como sugiere la figura 5.31.
1
I
2a bancada
1a bancada
I
'-.
---t;
'-.Y-¡1~/
'-.
"
MI
I
I
/
/
"'-V / M2
~
Figura 5.31. Plano medio del motor.
/
Estado de equilibrado de máquinas
253
En cuanto a la segunda bancada se tiene
F 2 = F (ú.Jt - ¡J¡) = F (ú.Jt - , ; ) = ~4
cos wt
M 2 =M (ú.Jt - ¡J¡) =M (ú.Jt - ,7T) = -2 m B r 2 ú.J 2 sen 2 ú.J t
Al superponer los resultados parciales,se encuentra que los pares se cancelan, mientras que las fuerzas se combinan para generar una resultante de
magnitud
m
r2 w 2
+ Fi = 4 J2----'B"----nQ--- cos 2 ú.Jt
actuando en el plano medio del motor, en dirección perp~ndicular al plano
bisector de la "V".
Ejemplo 3
Calcule la fuerza de trepidación resultante generada por el dispositivo mostrado en la figura 5.32. Suponga:
• Todas las bielas son idénticas, tienen longitud Q, y se representan
mediante dos masas idénticas: m, colocadas en sus extremos.
• Las manivelas, de radio r, están completamente balanceadas• Los pistones, de masa M, son idénticos.
• La velocidad angular del cigüeñal es constante.
)")">>\\\)>\,
U///////
"'''\~I-''t-\''----I¿g
..
nJnn"*J17/;t-7/
-~ef
Figura 5.32.
{(t{(/ú ft
254 Análisis dinámico de mecanismos
Solución
De acuerdo a las hipótesis formuladas en el enunciado, la distribución de
masas efectivas del sistema se indican en la figura 5.33.
: - , M+2m
I
1
M+m
1
1
1
l __1
Figura 5.33.
Consecuentemente, la fuerza de trepidación resultante provendrá del sistema
de fuerzas indicado en la figura 5.34.
/
m,W'
,
'
(M+m)rW [cosWt+ Q cos2Wt]
-
..
,
(M + 2m), rw
,
I~os wt +2 cos 2 wt)
/2rnrw
2
Figura 5.34.
de donde se obtiene la siguiente representación de la fuerza resultante (figu·
ra5.35)
---
Horizontal
*\
:;y 1/
:...'W' (cos ~t +fcos 2 Wt)
w
I
2
mrW
Basbdor
I
Vertical
Figura 5.35,
Estado de equilibrado de máquinas
255
o equivalentemente, al utilizar sus componentes horizontal y vertical
H = m r w 2 (2 cos wt + r/Q cos 2 wt)
V=mrw 2 senwt
5.7.
EJERCICIOS
5.1.
Estudie el equilibrado de un motor de un solo cilindro cuya manivela
está sobre-balanceada. Suponga que se utiliza como contrapeso una
masa puntual.
5.2.
5.3.
a una distancia r del eje de rotación.
Demuestre que con una geometría apropiada, todo motor de 6 cilindros y de 8 cilindros puede equilibrarse totalmente.
Estudiar el estado de desequilibrio de los mecanismos indicados en la
figura 5.36. Suponga las manivelas balanceadas e idénticas.
al
:ºªr-~__----j,~1-1---J~r
H~-=-=~~~E
L
n>; »>
L
b)
L
«<,«<
»>;;»>
crc
CCC'
L
Figura 5.36.
5.4.
Para el sistema mostrado en la figura 5.37, determine la fuerza de trepidación resultante. Note que la manivela se ha sobre-balanceado.
wt
Figura 5.37.
256 Análisis dinámico de mecanismos
5.5.
Considere un motor tipo estrella formado por mecanismos motores
idénticos, tal como se indica en la figura 5.38.
Figura 5.38.
Suponga que cada biela puede representarse apropiadamente mediante
dos masas puntuales: una colocada en el pistón y la otra en el punto A,
y que la masa rotativa (fracciones de masa de las bielas colocadas en
A y la masa de la manivela), está balanceada completamente mediante
d empleo de un contrapeso.
a) Calcule la fuerza de trepidación generada por este motor.
b) Verifique que la fuerza de trepidación puede balancearse completamente cuando'" ; ; . Indique cómo lo haría, esto es, determinar
la magnitud y posición de la masa equilibrante.
5.6.
Las dimensiones de un mecanismo motor se indican a continuación
Longitud de la manivela
Longitud de la biela
Distancia del centro de masa de la
biela al pasador de la manivela
Peso de la biela
Radio de giro de la hiela referido
al centro de masas
Radio de giro de la manivela
Peso de la manivela
Peso del pistón
Velocidad angular de la manivela
.
.
7,6 cm
30,5 cm
.
.
7,4 cm
1,900 kg
.
.
.
.
.
7,8 cm
4,8 cm
1,700kg
0,800 kg
1,000 rpm
Suponga que la masa rotativa está totalmente equilibrada y obtenga la
representación polar de la fuerza en el pasador de la biela y el pistón
(bulón) en función de la posición angular de la manivela.
Estado de equilibrado de máquinas
257
j.,. En el motor radial de tres cilindros mostrado en la figura 5.39, todas
las bielas están vincularlas a una manivela común. La masa alternativa
de cada mecanismo es m r y la masa rotativa de cada uno es también
igual a m r . Se supone que las masas rotativas no están balanceadas.
Determinar las componentes de trepidación.
Suponga que:
m r Rw 2 = 500 kg
R/L = 1/4
\
L
-'
- - _.-=-~~::J
2
I
Figura 5.39.
5.8.
Utilizando las mismas hipótesis del ejemplo 3 de este capítulo, calcule
la fuerza y el par de trepidación generado sobre el bastidor de una
máquina constituida por los mecanismos indicados en la figura 5040
5.9. Considere un motor de 8 cilindros en V, idénticos, cuyas manivelas están·orientadas 0°,90°,270°,180°, Y con un ángulo entre bancadas de
180°. Determine las componentes de trepidación resultantes y analice
la posibilidad de balancear dinámicamente un motor de este tipo median·
te dos masas correctivas en rotación con el cigüeñal.
5.10. En la figura 5041 se muestra un mecanismo de tres barras deslizantes
(yugo escocés), constituida poruna manivela de masa m y longitudr que
gira con una velocidad angular constante, y un miembro deslizante
(yugo) de masa M que actúa sobre una resistencia periódica
F= F(t)
258 Análisis dinámico de mecanismos
UU«uU
'UUt'llt"
-------1w
III
111
I
I
1
I
111
»>;;;;>7,
1
l'
fnnn" >
111
Figura 5.40.
~/YUgO F
-----
~--
;;;"n;;
F
~~-~--------~--~
F=F(t)
L_-L_ _-'-_-+:-_l..-_---L
71
2
371
8 = wt
271
2
Figura 5.41,
a) Determinar analíticamente la variación del par motor del mecanismo
en función del tiempo así como el par medio.
b) Represente aproximadamente (papel milimetrado) el par motor en
función del ángulo de rotación de la manivela e = ilt, así como el
Estado de equilibrado de máquinas
259
par medio,suponiendoM=2 kg,r= 10 cm, n = 800 rpm, Fa = 8000
Nw, m = 1.5 kg.
Describa cualitativamente la variación de la velocidad angular
deI"eje en función de e.
e) Suponiendo los datos indicados en la pregunta (b) Y un coeficiente
de fluctuación del 5% , estimar los requerimientos de volante para el
conjunto.
d) Suponiendo que la manivela está balanceada, determine las componentes de trepidación dinámica en acción sobre el bastidor dela máquina, yen consecuencia, prediga las vibraciones que solicitan la máquina.
e) Estudie la posibilidad de modificar parcialmente el diseño del mecanismo con el fin de anular las componentes dinámicas de trepidación.
5.11 La figura 5.42 muestra un esquema de un compresor de aire de dos
etapas, liviano y de alta velocidad. La carrera del compresor es de 2,5
cm y es accionado por un motor de gasolina de dos tiempos a 4,800
r.p.m. Las manivelas están separadas 5,7 cm y las fuerzas de inercia
debidas a las masas rotativas están balanceadas completamente. La masa
alternativa correspondiente al cilindro de baja presión es de 0.24 kg Y
al de alta presión 0.16 kg.
Se propone balancear al conjunto utilizando dos masas rotativas,
rotando una en sentido contrario a la otra.
a) Especifique dónde deben localizarse las masas correctivas.
b) Especifique las dimensiones de los contrapesos si se construyen de
bronce y cada uno debe permanecer a una distancia del eje de rotación de 1.6 cm.
Figura 5.42.
5.12 En la figura 5.43 se muestra un compresor de aire de dos etapas cuya
manivela gira con una velocidad angular constante n.
Denotando por m A y m B a las masas alternativas equivalentes correspondiente a los cilindros de alta y baja presión respectivamente, por r
260
Análisis dinámico de mecanismos
Etapa de
baja presión
Etapa de
alta presión
Figura 5.43.
al radio de la manivela, y suponiendo que las masas rotativas están
completamente equilibradas:
a) Calcule la fuerza de trepidación que actúa sobre el bastidor.
b) Si el compresor se coloca sobre resortes, con una constante equivalente K, tal como sugiere la figura 5.44. Determine la relación que
debe existir entre las masas alternativas m A Y m B de manera que la
amplitud de las vibraciones verticales no exceda el valor /j max
. . Denote por M a la masa total del compresor.
~
~
T
---
~
~
':
~
~
¡;J;!
~
é
k/2
kh
~
•
l'
Figura 5.44.
5.13. Análisis de un mecanismo de cuatro barras. En la figura 5.45 se muestra esquemáticamente un mecanismo plano de 4 barras. La nomenclatura usual para este tipo de mecanismo es la siguiente
Miembro conductor o manivela. . . . . . .
Miembro conducido . . . . . . . . . . . . . . .
(1)
(3)
Estado de equilibrado de máquinas
Miembro conector o biela. . . . . . . . . . .
Miembro fijo o bastidor. . . . . . . . . . .. .
261
(2)
(4)
Sea Qi (i= 1, 2, 3) la longitud de los miembros 1,2 Y 3.
a) Verifique que si el miembro conducido debe oscilar alrededor de su
eje mientras la manivela gira alrededor de O, se deben cumplir las
relaciones siguientes.
Q¡
Q¡
+ Q2 + Q3 > Q4 ,
+ Q2 - Q3 < Q4 '
Q¡
+ Q4 + Q3 > Q2
Q¡ + Q3 > Q4
Q2 -
Se dice entonces que el miembro 3 es un balancín o palanca oscilante.
b )Para que, tanto el movimiento del miembro conductor como del
miembro conducido, sean rotaciones alrededor de sus ejes debe cumplirse que
> Q4
Q3
Q2>Q4 +Q3 -Q¡
Q2
Q,
> Q4
< Q3 + Q¡ - Q4
En estc caso al miembro conducido se le llama manivela conducida.
e) Un mecanismo de 4 barras puede utilizarse como un generador de
funciones, en el sentido de que a cada desplazamiento angular de la
manivela: ex corresponde una única rotación {3 del miembro conducido, esto es {3 = f (a) donde f (a) depende de la geometría del mecanismo.
Supóngase que se desea tener (3 = g (a). El problema de sintetizar
el mecanismo se reduce a que f (a) '" g (a) sobre un intervalo dado,
siendo f(a) = g(a) en uno o varios puntos, llamados puntos de precisión.
Verifique que si a representa la excitación y {3 la respuesta, en
general se tendrá:
cos (a - (3) = b, cos a + b 2 cos {3 + b 3
Figura 5.45.
262 Análisis dinámico de mecanismos
en donde bi (i = 1, 2, 3) dependen de la geometría del mecanismo.
Como ejemplo considere el caso de sintetizar un mecanismo de 4 barras que permita elevar al cuadrado a una cantidad dada x, O,;;; X,;;; l.
Suponga que los intervalos de trabajo son tJ.0/ = 90 0 Y tJ./3 = 120 0 ,
que el punto de arranque de la manivela es o/, = 0° y del miembro
conducido /3, = 60°. Los puntos de precisión considerados son:
o/, = O, O/, = 60° Y 0/3 = 90°.
d) Considere ahora queQ, = 15 cm, Q2 = 46 cm, Q3 = 30,5 cm y Q4 = 53 cm.
La velocidad angular de la manivela es constante y de magnitud
w = 10 radfseg. Los miembros del mecanismo son uniformes, de
masas m, = 1,36 kg, m, = 4,08 kgy m, = 2,72 kg, Ycentros de masas
ubicados en sus puntos medios.
.
Suponiendo que no hay par resistente, determine el par que se
requiere sobre la manivela para mantener su velocidad angular constante. Represente gráficamente el par motor vs. la posición de la
manivela; así como el diagrama polar de las fuerzas constantes sobre
los pasadores. Determine además las componentes de trepidación.
e) Suponga que la manivela y el miembro conducido están completamente balanceados. Responda exactamente las mismas preguntas d)
y compare resultados.
5.14. En la posición mostrada, para la cual el mecanismo se encuentra en
reposo, el resorte está comprimido en 4.1 cm (figura 5.46).
AB = 45,72 cm
04B
m2
m4
= 21,24 cm
= 1,1 - kg
AG, = 22,86 cm
04 G4= 6,12 cm
m3= 0,7 kg
0,7 kg
1, = 4,74 kg- cm 2
14 = 0,24 kg-cm'
Suponiendo que cuando la manivela ha rotado un ángulo de 106°, su
velocidad angular es de 100 r.p.m determinar la constante elástica del
resorte y el tiempo que se requiere para alcanzar dicha posición.
A
Figura 5.46.
Estado de equilibrado de máquinas
263
5.15. En la figura 5.47 se muestra un mecanismo llamado "Yugo escocés" el
cual actúa sobre un resorte líneal de constante K que se apoya sobre la
componente oscilante.
Calcule el par motor requerido en función del tiempo, suponiendo que
• el resorte se encuentra sin deformar cuando el pasador se encuentra
en la vertical trazada por el centro de rotación del disco,
• el miembro oscilante tiene una masa m,
• el disco gira con una velocidad angular constante de magnitud ¡;¡,
• el roce se desprecia entre las superficies en contacto.
I
I
Figura 5.47.
5.16. Análisis dinámico de un motor de un solo cilindro (4 tiempos)
i) Datos terrnodt"námicos
Ciclo Otto (Procesos de expansión y compresión isentrópicos)
Relación de compresión . . . . . .. 6
Relación de presiones
"
2.5 (presiones máximas en los
proccsos dc cxpansjón y
compresión)
Relación dc calorcs cspecíficos .. 1.4.
Presión atmosférica
. 10.3 Nwfcm'
ú") Datos geométrt"cos
Arca del pistón
Carrera del pistón
Longitud dc la biela
.
.
.
100,3 cm'
12,5 cm
24,0 cm
t"iz") Datos sobre la distribución de masas
Masa del pistón
Masa dc la biela
Masa dc la manivela
.
.
.
1,1 kg
1,6 kg
0,9 kg
264 Análisis dinámico de mecanismos
Fracción de masa de la biela ubicada en el pistón ..... 0,545 kg.
Centro de masas de la biela ubicado a 10 cm del pasador de la
manivela.
Contrapeso de la manivela. . . . .. 1,7 kg
El contrapeso se considera concentrado a una distancia radial igual
a la longitud de la manivela.
t'v) Datos cz'nemátt'cos.
El motor gira a una velocidad angular constante w = 1800 rpm.
Hacer un análisis dinámico del motor que conduzca a los siguientes resultados:
a) Característica del motor
b) Suponga que el motor considerado posee 8 (ocho) cilindros idénticos al descrito en este ejercicio, cuyas carreras útiles se distribuyen
unifonnemente en el tiempo. Representar gráficamente la caracte~
rística del motor.
e) Diagrama polar de la fuerza aplicada sobre el bulón.
d) Determinar el par motor medio, la potencia nomina! del motor y la
máxima variación de energía experimentada por ciclo.
5.17. En la figura 5.48 se muestra esquemáticamente una máquina cepilladora constituida fundamentalmente por un mecanismo de retroceso
rápido accionado por un motor eléctrico que lleva acoplado un volante.
A
- ---
o
15 cm
e
15 cm
Figura 5.48. Mecanismo de retroceso rápido.
Estado de equilibrado de máquinas
265
La fuerza resistente que produce el material es idealizado por una
fuerza horizontal de magnitud F o cuando la cuchilla avanza, y nula
cuando ésta retrocede. Para una nerramienta de acero rápido con ángulo de ataque de 30°, profundidad de corte de 2 mm y avance de
material de 1 mm, la fuerza de corte F. puede ser estimada en 300 Nw.
Suponiendo que todas las componentes del mecanismo son ideales,
que la masa de las correderas son despreciables y que las barras son
uniformes, determine
a) La curva característica del par motor en función del ángulo e = wt,
suponiendo w esencialmente constante.
b) ¿Cuál debe ser el momento de inercia que se requiere para que el
coeficiente de fluctuación de velocidades sea del 0.5%?
e) La potencia del motor.
d) La fuerza generada entre la barra DA y la corredera n.
Adicionalmente es sabido que:
•
•
•
•
La barra DA de 40 cms de longitud tiene una masa de 20 kg.
La barra en de 6 cms de longitud tiene una masa de 5 kg.
El carro porta-cuchilla tiene una masa de 4 kg.
La manivela en gira a razón de 60 rpm, constante.
5.18. Un compresor de aire de dos etapas, de tipo alternativo, está accionado por un motor eléctrico de cOITiente continua. La etapa de baja
presión está constituida por dos cilindros idénticos que toman aire de
la atmósfera y lo entrega en la etapa de alta presión, la cual está constituida por un único cilindro. Todas las bielas están conectadas a un
mismo cigüeñal, con las manivelas de los cilindros de baja presión dispuestas a 180°, una con respecto a la otra, y la del cilindro de alta presión
a 90° con respecto a cada una. El cigüeñal lleva un volante solidario
y gira por acción de un motor eléctrico, con una velocidad angular de
300 rpm esencialmente constante.
En la figura 5.49 se muestran los diagramas indicadores correspondientes a los cilindros de alta y baja presión.
• Los diámetros de los cilindros de alta y baja presión son respectivamente 140 mm y 200 mm.
• Las manivelas son idénticas y tienen una longitud de 87 mm.
• Las bielas son idénticas y de longitud 350 mm.
• La inercia del volante es de 40 kg-m 2
• La rigidez torsional del cigüeñal es de lO' N w - mirad.
Obtenga la curva característica del compresor M(Ii) suponiendo
despreciable el efecto de las masas alternativas.
266 Análisis dinámico de mecanismos
1.0
,
O. 5
I
,
i ~~':!'1!~':!.~~
- - ~.
100
50
0.6
->-T 150
0.5
0.4
0.5
0.2
I
1\
0.1 iO
1'\
t'-.
1"-
..... ¡...
.-!-=-.3;tm,?s!é1c!. .... I
I
50
lOO
150
Desplazamiento del pistón (m.m)
Figura 5.49
Suponiendo que el motor· entrega un par constante, estime
la amplitud de las vibraciones torsionales producidas por la componente fundamental del par acelerante.
Capítulo 6
VIBRACIONES MECANICAS
6.1
INTRODUCCION
. -o fundamental de este capítulo el analizar la respuesta de un siste=='="co elástico a una perturbación, y en consecuencia, poder predecir su
==~,¡ comportamiento vibratorio. Por ejemplo, cuando a la borla de un pén::r.aremático se le imprime una rotación inicial, éste empezará a oscilar
de su posición de equilibrio. En este caso, la perturbación se reduce
condición inicial impresa sobre el péndulo. Otra situación que ilus=puesta dinámica de! péndulo se presenta cuando su soporte se obliga
. .c::i:bir un movimiento armónico horizontal, tal como sugiere la figura 6.1.
<StaS condiciones e! péndulo describirá oscilaciones en un plano vertical
ón de una perturbación sostenida en el tiempo.
===or
,," ',
"
,, ''
bb
"., "
. ,; ; ,
~
»~'L~7~!~',,~ @t~,...,....,
~
figura 6.1 Ejemplos de osciladores
267
268
Vibraciones mecánicas
El análisis de la respuesta, en cada caso, se lleva a cabo estableciendo
para cada modelo, la ecuación o ecuaciones diferenciales que gobiernan su
comportamiento, para luego interpretar la naturaleza de su solución.
Ahora bien, por razones de tipo didáctico se clasifican los sistemas mecánicos en las siguientes grandes categorías:
a) En función de la formulación matemática del modelo:
Sistemas lineales. Aquellos cuyo comportamiento se describe mediante ecuaciones diferenciales lineales.
Sistemas no lineales. Aquellos descritos a través de ecuaciones diferenciales no lineales.
Es evidente que la predicción del comportamiento de un sistema
lineal es, en general, más fácil de llevar a cabo qut si se tratase de un
sistema no lineal. Por esta razón, en muchas oportunidades se linealizan
los sistemas no lineales, esto es, se imponen restricciones adicionales
al modelo (tales como exigir que el mismo experimente desplazamientos pequeños con velocidades pequeñas) que permitan reducir las
ecuaciones diferenciales no lineales a otras lineales que la aproximen,
simplificando consecuentemente el análisis matemático del mismo.
b) En función de la naturaleza de la excitación se clasifican las respuestas
en:
Respuesta libre: representando la respuesta del sistema a un conjunto
de condiciones iniciales impuestas sobre el mismo.
Respuesta forzada: corresponde a la respuesta del sistema a una perturbación sostenida en el tiempo.
En el ejemplo indicado anteriormente, el péndulo de pivote fijo responde libremente al desplazamiento inicial; mientras que el caso del
pivote móvil experimenta una respuesta forzada, producto del movimiento del pivote_
e) En función del número de grados de libertad del modelo, se clasifican
los sistemas en:
Sistemas discretos: correspondiendo a sistemas con un número finito
de grado de libertad. Tal como se ilustra en este capítulo, los sistemas
discretos se describen mediante un sistema de ecuaciones diferenciales
ordinarias .
Sistemas contz"nuos: aquellos sistemas caracterizados por tener un
número infinito de grados de libertad. Puede demostrarse que tales
sistemas se describen mediante ecuaciones diferenciales en derivadas
parciales.
d) Cuando el modelo incorpora elementos disipativos de energía mecánica (amortiguación viscosa, fricción seca, ... etc) se habla de la respuesta amortiguada del sistema. En caso contrario se tiene una respues·
ta no amortt"guada"
Respuesta libre de sistemas de un grado de libertad
269
Por tratarse del caso más sencillo, a continuación se estudiará en detalle la respuesta del sistema de un grado de libertad, de acuerdo al esquema siguiente
• Respuesta libre.
• Respuesta forzada. Excitación armónica.
• Respuesta forzada. Excitación arbitraria.
6.2 RESPUESTA LIBRE DE SISTEMAS DE UN GRADO
DE LIBERTAD
En la figura 6.2 se muestra esquemáticamente el modelo representativo de los
sistemas de un grado de libertad. En el mismo se distinguen:
a) Un resorte lineal de constante k, representativo de las propiedades
elásticas del sistema.
Como es sabido, esta componente genera una fuerza recuperadora
proporcional al desplazamiento relativo entre sus extremos.
b) Una masa puntual m, representativa de las propiedades inerciales del
sistema, susceptible de desplazarse exclusivamente en dirección vertical.
e) Un amortiguador lineal de constante C, representativo de las propiedades disipativas del sistema.
En principio de funcionamiento de esta componente es la estrangulación de un fluido newtoniano que se obliga a pasar a través de orificios, dando origen a una acción resistente, producto de las fuerzas
cortantes generadas en el seno del fluido, expresable en la forma
F =- Cx
siendo; la velocidad relativa entre los extremos del amortiguador; y
C, una constante que depende de las propiedades del fluido y de la
geometría del amortiguador, llamada constante del amortiguador.
e
k
m
J
Figura 6.2 Oscilador amortiguado.
Figura 6.3 Análisis de un oscilador amortiguado.
Es importante hacer notar que la acción del amortiguador se manifiesta exclusivamente si existe movimiento relativo entre sus extremos.
A continuación se procederá a formular la ecuación diferencial que rige
la respuesta libre de dicho sistema.
En figura 6.3 se muestran, en secuencia, las distintas fases que dan origen al
problema formulado:
Fase a) En ella se muestra el resorte en su posición indeformada.
Fase b) En la posición indeformada del resorte se conecta la masa con
ambas componentes (resorte y amortiguador) y se permite que
el conjunto alcance su posición de equilibrio gracias a la acción
de la gravedad. Se observa entonces que el resorte sufre una deformación inicial 8.
Fase e) A continuación se le imprimen a la masa las condiciones iniciales
a saber; un asentamiento X o (medido con respecto a la posición
de equilibrio), y una velocidad inicial Vo'
Fase d) Por acción de las condiciones iniciales impresas a la masa m, ésta
comenzará a moverse. En esta figura se muestra una posición genérica de la masa, definida por la coordenada x.
.
K (x+ S)
ex
t
I
I
I x'
mg
•
Figura 6.4 Diagrama de cuerpo libre de un oscilador amortiguado.
Respuesta libre de sistemas de un grado de libertad
271
Analizando el diagrama (figura 6.4) de cuerpo libre de la masa en una
posición genérica x, y escribiendo la ecuación fundamental de la mecánica en
dirección vertical, se tiene
mg - k(x + 8) - e x = m x
Particularizando esta ecuación para la configuración de equilibrio, la
cual está caracterizada por que x = O; X = O; se tiene
mg - k8
=O
Combinando ambos resultados a fin de eliminar la deformación estática 8, y
reordenando, se obtiene la ecuación diferencial que rige la respuesta del sistema
m"x + ex + kx = O
(6.1)
sujeta, claro está, a las condiciones iniciales
x (O) = x o
x (O) = o
V
(6.2)
Con el fin de facilitar la interpretación de la solución de la ecuación diferencial 6.1, se definen los siguientes parámetros
W
n
= jk
'm
(6.3)
(6.4)
Al parámetro w m se le llamafreeueneUz natural asociada al sistema, terminología esta que será justificada posteriormente. El parámetro adimensional
S- es llamado factor de amortiguamiento.
Expresando entonces la ecuación 6.1 en términos de estos parámetros
se obtiene
;;: + 2 s-w n x + w~ x = O
(6.5 )
A partir de la ecuación característica asociada a la ecuación diferencial 6.5
S2
se tiene que
+ 2 S- W n s + W", = O
272
Vibraciones mecánicas
luego, se distinguen los casos siguientes:
Caso 1.
Respuesta libre no amortiguada
(\ = O)
Las raíces de la ecuación característica toman en este caso la forma
51.2
= ± Wn i
por lo que la solución general de la ecuación diferencial viene dada por
en donde A y B representan constantes de integración a ser determinadas en
función de las condiciones iniciales 6.2. Procediendo a evaluar dichas constantes se concluye que
x =
Xo
COS wnt
(6.6)
expresión esta que puede escribirse en forma compacta al utilizar el procedimiento para sumar dos funciones armónicas de igual frecuencia*
(6.7)
siendo
A =
j x o + (~
W
2
VO)2
(6.8)
n
(6.9)
la expresión 6.7 pone de manifiesto que la respuesta libre de un sistema no
amortiguado consiste de un movimiento armónico de frecuencia angular W n
(justamente, la llamada frecuencia natural), amplitud A, y ángulo de fase oy;
tal como puede evidenciarse en la figura 6.5.
Caso 2. Respuesta libre sub-amortiguada
(O < \ < 1)
Bajo estas condiciones, las raíces de la ecuación característica son complejas
conjugadas, tomando la forma
·En general una expresión dr: tipoAlcos e + A z sen 6 puede escribirse en la fonnaA sen (6 + 7)
siendo =
Respuesta libre de sistemas de un grado de libertad
273
.,
+ .;
-t'i
--)"[
- - 7\---r¡- -
7\- -
71-
I
lLi:--\-~0-----1---+---1--, ,
->
21T
~.-I
i'
,-1 l'!
\
W II '
l'
------
-
_ V___ \L - _\L - _V__
_v. -
Figura 6.5 Respuesta libre de un oscilador no amortiguado.
siendo
(6.10)
la llamada frecuencia angular amortiguada del sistema.
En este caso, la solución general de la ecuación diferencial 6.5 viene dada
por
siendo Al Y A 2 constantes de integración a determinarse en función de las condiciones iniciales del problema_ Teniendo presentes las identidades de Euler, *
así como el criterio de suma de funciones armónicas de igual frecuencia angular w a ' esta solución toma la forma
x = Ae-rwntsen (wat +-y)
(6-11)
siendo A Y'Y constantes de integración, la última representando un ángulo de
desfasaje. La amplitud del movimiento resultante decrece exponencialmente
de acuerdo a la lcy Ae-rwnt, tal como ilustra la figura 6.6.
* ",,±o:i =cosa ± i senO:
274
Vibraciones mecánicas
1
Xo
-- ---
1
-- ---
Figura 6.6 Respuesta libre de un oscilador sub"morti~ado.
A continuación se indican las características más resaltan tes de la respuesta subamortiguada:
a) El período de las oscilaciones (distancia horizontal entre dos puntos
sucesivos de contacto entre la respuesta y una de las exponenciales
envolvente): T o , es mayor que el período natural Tu. En cfccto
w"
J 1 _¡-2
b) Las elongaciones máximas (mínimas) se distribuyen en forma periódica, con periodicidad igual a Tu' En efeclo. Jos puntos estacionarios
· · dx
O. E'stos ocurren en l os
.
d e x se o b tIenen
reso l·
VICIl d
o aI
ccuaclOlldi=
instantes t definidos por
tg
-1
(k ~ 1,2,3, ...)
Teniendo presente que los máximos y mínimos se van al~rnando, y a
a la luz de la expresión anterior, se puede concluir que los máximos
' d o tk+2 - t Ji = -21T = T , tal como quena
,
se di stn·b uyen con un peno
wa
a
verificarse. Este resultado conduce a..l método expcrimen tal más seguro
para determinar w a •
c) La razón entre dos máximos consecutivos es constante. De acuerdo a
6.11, la relación entre dos elongaciones máximas consecutivas, x k Y
Xk+2' que ocurren en los instantes t k y tk + 1;1' vit:ne dada por
Respuesta libre de sistemas de un grado de libertad
= exp
275
constante
En la práctica se utiliza el llamado decremento logarúmico como medida
del decrecimiento de la amplitud del movimiento sub-amortiguado, el cual
viene definido como
(~) =
27f1
(6.121
Xk+ I V/1,.2
>
La determinación experimental de /', es fácil, permitiendo obtener de
manera cómoda el factor de amortiguamiento I y por ende, la constante
de amortiguación C.
Caso 3. Respuesta libre sobreamortiguada
(~
> 1).
Este caso corresponde físicamente a amortiguaciones grandes. Las raíces de
la ecuación característica son reales y negativas, y vienen dadas por
en consecuencia, la solución general de 6.5 vendrá dada por
X(t) = A,e'"
+ A 2e'2'
(6.13 )
Dada la naturaleza de los parámetros s 1 y S2' la expresión anterior tiende
asintóticamente a x = 0, lo que físicamente se traduce en que la respuesta
sobreamortiguada de un sisll'ma consiste en un regreso lento a la posición de
equilibrio, sin oscilación alguna. Observando que las raíces de la ecuación característica pueden expresarse en la forma 51,2 = - tWn ± CJa , siendo
a = wn.J ~2 - 1, la expresión 6.13 puede escribirse como
w
Usando las definiciones de las funciones hiperbólicas sen h y cos h, y siguiendo un procedimiento similar al empleado para sumar dos armónicas de igual
rrccllcncia, se concluye rinalmente que la respuesta sobreamortiguada toma
la forma
(6.14)
siendo A Y 'Y constantes a determinar en función de las condiciones iniciales.
276
Vibraciones mecánicas
Caso 4. Respuesta ü·bre críticamente amortiguada
(\ = 1)
Este es evidentemente el caso límite en que la respuesta cambió completamente
de naturaleza, pasando de un movimiento no oscilatorio (\ > 1) a un movimiento donde la influencia recuperadora de los elementos elásticos es mayor
que la influencia de la amortiguación, con la consiguiente oscilación (\ < 1).
Las raíces de la ecuación característica son reales y repetidas, e iguales a
- w n ,por lo que la respuesta viene dada por
(6.15 )
siendo Al Y A 2 constantes a determinar en función de las condiciones iniciales. Así pues, la respuesta de W1 sistema críticamente amortibruado consiste
de una función no periódica que tiende asintóticamente a la posición de equilibrio.
En la figura 6.7 se muestra comparativamente la respuesta libre de un sistema amortiguado para los tres casos estudiados anteriormente, sujeto a las mismas condiciones iniciales. Observe que, indistintamente del grado de amortiguación existente, se cumple que
lím x(t)
O
I~
x(t)
Xo
Vibraciones libres amortiguadas
Casos: sobre, sub y críticamente amortiguadas
Figura 6.7 Respuesta libre de un oscilador amortiguarlo.
Respuesta libre de sistemas de un grado de libertad
277
Ejemplo 6·1
Una plataforma ci:cular (figura 6.8), de masa m y radio r, se suspende en po·
sición horizontal mediante n cuerdas idénticas, de longitud L, uniformemente
distribuidas sobre una periferia.
Suponga Q > r:
a) Encuentre las ecuaciones que gobiernan las oscilaciones libres del conjunto cuando al disco se le imprime una rotación inicial alrededor de
su eje.
b) Linealice las ecuaciones anteriores a fin de determinar el período de
las oscilaciones pequeñas.
Solución
a) Bajo la hipótesis que el disco no experimenta desplazamientos laterales (figura 6.9), el conjunto posee un solo grado de libertad (siempre
que las cuerdas se mantengan tensas). Sin embargo, para describir su
configuración se utilizan las tres coordenadas que se indican a conti·
nuación
e Rotación del disco alrededor de su eje
Rotación de la cuerda referida a la vertical
Z Traslación del plano del disco
</>
Lógicamente, entre estas tres coordenadas se pueden establecer dos
relaciones geométricas independientes:
Observando el triángulo OPP'y el segmento PoD, se tiene
Z = Q(l-cos </»
(a)
T
g
m,'
Figura 6.8.
278
Vibraciones mecánicas
o
I
,I
I
k'
,,</J
I
I
p' I
p
•
c= ==i ":1::'=';
::i.=:J
,,
,
,,
,
,,I
,
,,
o' ,',
L),_
,
: 9
I
I
"/
P
",/'
p' =po
Figura 6.9
Por otro lado, al considerar los triángulos O'P'P y Op'p se tiene
e
2 r sen 2
Q sen r/J
(b)
A continuación se procederá a escribir las ecuaciones que rigen el
movimiento del conjunto.
Al aplicar la ecuación de momentos a lo largo del eje de simetría
del disco, se obtiene que
-nTsenr/J r cas ~ = le
(e)
siendo n el número de cuerdas que sostienen la plataforma, e 1 su
momento de inercia polar. La suma de fuerza ala largo del eje vertical
permite escribir que
nT cos r/J - mg = m z
(d)
Así las cuatro ecuaciones a), b), e) y d) describen completamente
el movimiento del sistema, independientemente de las condiciones
,
Respuesta libre de sistemas de un grado de libertad
279
0,
o'
o"
I
I
'
\
I
"
!,
I
p'
~~
,
:
p ~
J
,o
,
p
'
o
Tsen4J
,,
1
ok
o ,
,
o
o
'
'
'
U\
, 8 '
,I
,,,
, "
\
, ,
"'
-'
p'
Tscn </>
Figura 6.10
iniciales impuestas. Sin embargo, el carácter no lineal de las mIsmas
dificulta apreciablemente su solución.
b) Proceso de linealización: Si ahora se supone que el disco experimenta
pequeñas rotaciones alrededor de su eje de simetría vertical con velocidades también pequeñas, lo que matemáticamente se traduce en
aceptar que tanto e como i; son infinitésimos, las ecuaciones anteriores se simplifican notablemente.
En efecto, al imponer a la ecuación (b) la hipótesis anterior, y recordando que
IJ
sen2
SI
=- !!..2
se desprecian infinitésimos de orden superior al primero, se tiene
sen tjJ
=- Qr
IJ
expresión esta que indica que también sen <p es un infinitésimo, y siendo
=' tjJ . Se ha
establecido pues que
tjJ un ángulo agudo se puede concluir que también sen tjJ
(e)
Derivando (b) con respecto al tiempo, e imponiendo la condición de
oscilaciones pequeñas, se concluye que
(f)
280
Vibraciones mecánicas
esto es, también c¡j es infinitésimo. (Este resultado coincide con el
obtenido al derivar ambos miembros de (e) con respecto al tiempo).
En cuanto a la ecuación (a), la hipótesis de pequeñas oscilaciones permite escribir
z
",_l_Q ",2
-2
'P
esto es, z es un infinitésimo de segundo orden. Este resultado pennite así establecer que el movimiento de traslación del disco en dirección
vertical es despreciable.
Ello se evidencia aun más cuando se analiza la ecuación (d). Con este fin
se procederá a evaluar i: derivando dos veces (a) con respecto al tiempo para
luego imponer la condición de pequeñas oscilaciones, obteniéndose que
i
= Q cos 1> ~2 + Q sen 1> i(J ~
Q ~2
+ Q 1> i(J ~ Q 1> <ji
Sustituyendo en la ecuación que surge de (d) al imponer la condición de
oscilaciones pequeñas, se obtiene
nT - mg = mQ1>1>
esto es
(g)
nT ~ mg
Una vez más, el efecto de z es despreciable, tal como puede constatarse
de la ecuación anterior.
Finalmente, la ecuación (e) se reduce a
- nT1>r = 10
Sustituyendo en ella los resultados obtenidos en (e) y (g), se concluye que las
pequeñas rotaciones del disco atienden a la ecuación
r2
18 +"Q mg8
=O
(h)
El período de las oscilaciones pequeñas viene dado entonces por
esto es
T= 2rr
J ...J..L
mgr2
(i)
Respuesta libre de sistemas de un grado de libertad
281
T
'G
Figura 6.11.
Es importante destacar la aplicabilidad de este resultado para la determi·
nación experimental del momento de inercia de una pieza cuyo centro de masa
es conocido (figura 6.11).
a) Se mide el período de las oscilaciones pequeñas de la plataforma: T o '
b) Se coloca la pieza sobre la plataforma de manera que su centro de
masas coincida con el eje de simetría vertical de la plataforma.
e) Se le imprime al conjunto una rotación pequeña y se mide el período
de oscilación T.
Aplicando (i) para las dos mediciones realizadas, y denotando por M a la
masa del objeto, se concluye que el momento de inercia de la pieza, referido
a su centro de masas viene dado por
El siguiente ejemplo ilustra un procedimiento empleado para la determinación del momento de inercia de un rotor referido a su eje de rotación.
Ejemplo 6-2
Un rotor de masa m se apoya sobre dos rieles horizontales paralelos rugosos,
de manera que su eje sea perpendicular a la dirección de los rieles. Una barra de
longitud L y masa despreciable se une rígidamente al eje del rotor siguiendo
una dirección radial, llevando en su extremo libre una masa puntual M, tal
como sugiere la figura 6.12. Verifique que si al conjunto se le imprime una
rotación pequeña, el período de las oscilaciones correspondientes permite
evaluar el momento de inercia del rotor referido a su eje de rotación.
282
Vibraciones mecánicas
+±t
Figura 6.12.
Solución
Teniendo presente que el conjunto tiene un grado de libertad, siempre
que se suponga despreciable la capacidad de deslizamiento del rotor sobre los
rieles, se procederá a describir su configuración en términos de la rotación del
rotor: (figura 6.13).
e
mg
p
D
+
G
A
p
Figura 6.13.
Respuesta libre de sistemas de un grado de libertad
283
La ecuación diferencial que rige las oscilaciones del conjunto se puede
obtener directamente al considerar el momento de todas las fuerzas activas,
referido al punto A. Dado que este punto A (centro instantáneo de rotación)
tiene un vector aceleración de magnitud Rw 2 , orientado segúnAO, y como el
centro de masas del conjunto G está situado en un punto intermedio del segmento OP, la segunda ley universal toma la forma:
-
MA K
-
= lA Ci K + AG
X m aA
Particularizando esta ecuación para el sistema considerado, se obtiene que
e = lA ii + MLr ip sen e
- MgL sen
(a)
Si se consideran oscilaciones pequeñas, lo que equivale a admitir que
tanto (j como iJ son infinitésimos, la ecuación (a) se reduce a:
lA
e + MgL e = o
(b)
consecuentemente, el período de las oscilaciones pequeñas vendrá dada por
T = 2"
j MgL
lA
(e)
Cálculo de lA :
Por la propiedad aditiva de los momentos de inercia se tiene:
1A -- 1A(Rotor)
y además
1A(Rotor) = / o + mr 2
Se obtiene así que
Sustituyendo en (e), y despejando In se concluye:
expresión esta que permite evaluar /0 en términos del período de las oscilaciones del conjunto, de su geometría y de su distribución de masas.
284
Vibraciones mecánicas
Ejemplo 6-3
En la figura 6.14 se muestra una barra homogénea de sección uniforme, doblada en forma de L, en equilibrio por acción de un resorte lineal de constante
k y un amortiguador de constante C.
Encuentre la ecuación diferencial que rige las oscilaciones pequeñas de!
conjunto alrededor de la posición de equilibrio. La densidad lineal de la barra
es dada e igual a A.
Solución
El elemento estructural posee un grado de libertad bajo e! supuesto que experimente rotaciones planas. Su configuración se describirá mediante e! ángulo
que forma la porción AB con respecto a la vertical.
En primer lugar se procederá a analizar la estructura en la posición de
equilibrio estático. Observe que necesariamente el resorte experimenta una
pre-deformación /j a fin de compensar e! efecto de la gravedad. Además, en
dicha configuración el amortiguador no produce acción resistente alguna.
En la figura 6.15 se muestra el diagrama de cuerpo libre correspondiente
a dicha posición. La ecuación de momentos referida al punto A permite escribir que:
e
2k8
=...!.. aAg
(a)
2
t-a-t
l~,...:.:.k
r;:;;:B====7'C
l~
I
1
g
,
A
a
I
i---------
A
Figura 6.14.
Figura 6.15.
Respuesta libre de sistemas de un grado de libertad
285
A continuación se procederá a analizar el sistema en una posición genérica definida por un ángulo a (figura 6.16). Note que la hipótesis de oscilaciones
pequeñas exige que todos los puntos de laporción AH se desplacen horizontalmente. AsÍ, tanto la fuerza generada por el resorte como por el amortiguador
son esencialmente horizontales. Tomando momentos alrededor del punto A,
y observando que los brazos de palanca de las distintas fuerzas involucradas
pueden estimarse en la forma que a continuación se indica:
acosB===a
= 2a cos a '='a2a
a
= 2a sen a + 2"
cos a,=, 2 a a + 2
a,ena'='aa
se obtiene la ecuación siguiente
.
a
- ca O a - k (2aa + /j) 2a + aXg (2aa +2) + 2a"Ag aa =lA a
siendo lA el momento de inercia del elemento, referido al puntoA.
Sustituyendo (a) en esta última expresión y reordenando, se concluye que
lA ij + ca'
e + 4a' (K - "Ag)a = o
(b)
Es de interés observar que la solución de (b) es oscilatoria exclusivamente
cuando el factor de amortiguamiento cumple con las desigualdades
ca 2
<1
o « 2"¡ lA 4a' (K - "Ag)
,
¡_.- _. b J -----f,
B
'
~l¡e
1
12-a;..:,',jJ-:-b-
/),
......- k -
~--'---fI
+ -----,
I
"1
i I
t ~a
a ,\.S!
;\,,?"
I
I
H
Figura 6.t6.
286
Vibraciones mecánicas
Si este es el caso, se dice que la posición de equilibrio del elemento estructural es estable, ya que cualquier perturbación inicial impresa al mismo se traduce en un movimiento oscilatorio alrededor de la posición de equilibrio.
6.2.1 Disipación de energía mecánica
Tal como se desprende de lo tratado anteriormente, cuando un sistema mecánico amortiguado linealmente se le excita mediante condiciones iniciales, éste
responde con oscilaciones de amplitud decreciente hasta que finalmente se
detiene. Esta situación puede interpretarse desde el punto de vista energético,
ya que las condiciones iniciales impresas al sistema corresponde a una energía
mecánica inicial. En la medida que el sistema oscila, el amortiguador va disipando progresivamente al exterior la energía acumulada por el sistema hasta
agotarla completamente. La tasa de transfonnación de energía mecánica en
energía térmica viene dada por
1 x"2 +-k(x+b)
1
2
"..
<
'2
-d[ - m
-mgx]=x[mx+k(x+uj-mg]=-cx
di 2
2
ya que en todo instante
m x
+ e x + kx = O
Así pues, la energía mecánica acumulada por el sistema ya no es constan te, sino que va disminuyendo de acuerdo a una tasa proporcional a la constante de amortiguamiento y al cuadrado de la velocidad instantánea.
Si en particular se supone que durante un ciclo la ley de movimiento del
sistema puede aproximarse mediante una ley sinusoidal* del tipo
t o ~ t~ t o
X sen wt
27T
+W
la energía disipada en el período T puede estimarse de la forma siguiente
E, =
'" .<.1L
J
W
(6.16'1
I
Observe que la energía mecánica disipada por cido depende, tanto de la
constante de amortiguamiento como de la amplitud del movimiento y de su
frecuencia, siempre que el mecanismo de disipación corresponda a un amortiguamiento viscoso tipo lineal.
*[ ... ta aproximai"i(')[j (.~ tanto más pr('~isa ~uanto menor ("S el ~rado rk amortiguamil.:nto presentel:n d
Sistema.
Respuesta libre de sistemas de un grado de libertad
287
Ahora bien, en la naturaleza existen mecanismos de disipación muy variados, tales como la amortiguación viscosa laminar o turbulenta, amortiguación por fricción seca, amortiguación estructural (producida por histéresis del
material) ... etc. Con excepción del primero, todos estos mecanismos conducen a modelos no lineales, dificultando apreciablemente la descripción del
comportamiento de los sistemas en los cuales están presentes. Sin embargo, si
las fuerzas disipativas son pequeñas, estas formas de amortiguamiento pueden
aproximarse a una amortiguación viscosa de tipo laminar, permitiendo la linealización de las ecuaciones del movimiento.
El criterio a seguir para llevar a cabo la linealización antes descrita es de
tipo energético, estableciéndose que la energía disipada por ciclo por el mecanismo de amortiguamiento considerado coincide con la disipada por un
amortiguador viscoso equivalente, bajo el supuesto que el sistema describe un
movimiento armónico. ASÍ, si E representa la energia disipada por ciclo por
el sistema, la constante equivalente de amortiguamiento vendrá dada, de acuer·
do a 6.16, por
e(' = 1f W 1X 2 E
(6.17)
Si en particular la fuerza disipativa es de la formaf(x, ;,), la energía disipada
E vendrá dada por
2rr / w
E = io
••
v
r'rr I w coswt f(X sen wt, X w cos wt) dt
f(x,x) xdt = "w
Jo
obteniéndose que
e" =
1
1fX
i"/w
o
coswt f(X sen wt, Xw cas wt) d t
(6.18)
A continuación se indican algunos ejemplos de constantes equivalentes
de amortiguación:
a) Fricción seca - amortiguación de Coulomb (figura 6.17). En este caso
la fuerza disipativa viene dada por
siendo N la reacción en tre el bloque y la superficie horizontal.
Figura 6.17 Oscilador con amorlij.,ruación Sl'ca.
288
Vibraciones mecánicas
Al postular un movimiento armónico de amplitud X para la masa
m, se obtiene que
E=4f1XN
por consiguien te
Ce
=~
1rWX
b) Amortiguación estructural. Cuando un cuerpo se somete a un proceso
de deformación cíclica, se produce una disminución de energía debida
a la fricción interna del material.
Este mecanismo de disipación se le llama amortiguación estructural o
histerética.
Experimentalmente se ha encontrado que la energía disipada por
ciclo por un cuerpo dotado de amortiguación estructural es proporcional al cuadrado de la amplitud del movimiento, e independiente
de su frecuencia. Esto es
E="hX'
siendo h una constante de proporcionalidad, llamada constante de
amortiguamiento por histéresis.
Bajo estas condiciones, se puede describ ir aproximadamcn te el comportamien to de un sistema con amortiguamiento estructural utilizando
una constante de amortiguamiento viscoso dada por
h
W
Ejemplo 6·4
En la figura 0.18 se muestra un sistema masa-resorte colocado sobre una superficie horizontal rugosa. Suponiendo que para t = o, x = - a,
= 0, encuentre la ley que gobierna las oscilaciones del sistema.
x
Figura 6.18.
-----~=~~=~------~=-----=='--------....... --..
Respuesta libre de sistemas de un grado de libertad
289
Solución
El movimiento del sistema mostrado está regido por la ecuación diferencial
mx + kx = [(t)
en donde
[(t) =
(a)
- ¡.tmg
x>O
+ ¡.t mg
x< O
A continuación se procederá a resolver la ecuación (a), cuando se establecen las condiciones iniciales x = - a,
= O, siendo además ¡.tmg «Ka para
"
"
garantizar la existencia del movimiento.
Inicialmente, el sistema está gobernado por la ecuación
x
mx + kx = - ¡.tmg
cuya solución, ajustada a las condiciones iniciales x(o) = - a, x(o) = O, viene
dada por
1
x (t) = k[ - ¡.tmg- (ka - ¡.tmg) cos wt]
(b)
siendo
w=A
m
La expresión (a) es válida siempre que dx > O, lo que equivale a decir que
dt
t debe estar comprendida entre los valores o y 1f/w.
Se tiene así que la primera etapa del movimiento se rige de acuerdo a la
ley
1
x(t) = T [ - ¡.tmg - (ka - ¡.tmg) cos wt l
(e)
O .;; t .;; 1f/w
Al concluir esta primera etapa, la elongación del resorte se reduce en una
cantidad igual a 2 ¡.tmg/k, esto es, la masa se detiene por primera vez cuando
se encuentra a una distancia a - 2Jl~({ a la derecha de la posición de equilibrio.
Ahora bien, si se cumple que k(a - 2";,g ¡.t) > ¡.tmg, el movimiento per-
290
Vibraciones mecánicas
siste, esto es, la masa comenzará a moverse hacia la izquierda, obedeciendo la
ecuación di ferencial
m""
+ hx = /lmg
sujeta a las siguientes condiciones iniciales
x (rr/w) = a - 2/l~;I{ ;
x (rr/w) = O
Se tiene así que la segunda ctapa del movimiento atiende la ley.
1
x (t) =k [/lmg - (ha - 3 /lmg) cos wt J
(d)
" ' .esta vál'd'
dx < O' esto es
expreslon
1 a SIempre que di:
rr/w < t < 2 rr/w
Al concluir esta segunda etapa del movimiento, la elongación del resorte
se reduce en 2/lmg/h, ya que
x(2rr/w) = - (a - 4%ml{)
Más aún, el movimiento persistirá siempre que
Jl!!Ig
h (a - 4 h
) > /lmg
Generalizando estos resultados se puede establecer que la n·ésima etapa
del movimiento atiende a la ley
x (t)= ++-1)" /lmg-[ha-(2n -1) /lmg] cos wt/ ;(n-1): <t <n:
El movimiento de la masa m proseguirá siempre que
h [a -(2 n -1) /lmg] >/lmg
En la figura 6.19 se muestra cualitativamente el comportamiento de un
ocilador amotiguado mediante fricción seca. Para el caso ilustrado, el movi·
miento cesará en la decimocuarta etapa del movimiento.
6.3.1 Aplicaciones
A continuación se presentarán una serie de problemas de gran importancia en
la técnica que, aunque estrictamente corresponden al caso de vibraciones
Respuesta libre de sistemas de un grado de libertad
291
___ - - - -l" - - ~
J 9
---
.
IgO = 2pmg
---
,
IJ.m.~
--k- -
8.
w
lO.
w
12_
w
14_
w
16_
w
Figura 6.19.
en medios continuos, pueden ser tratados aproximadamente como sistemas
de un grado de libertad.
El método a emplear se fundamenta en que, en ausencia de efectos disipativos, los sistemas mecánicos conservan su energía total, esto es, todo instante del movimiento se cumple que
T
+ U = constante
siendo T Y U las energías cinética y potencial del sistema considerado.
a) Resorie de masa no despreciable. Se trata de considerar aquí el comportamien to de un oscilador de un grado de libertad, en el cual la masa
del resorte es una fracción importante de la masa total del sistema.
Una solución aproximada a este problema se obtiene al suponer que
las velocidades de los distintos puntos del resorte se distribuyen linealmente, tal como se sugiere en la figura 6,20. Así, un punto situado a
una distancia y del extremo fijo del resorte se mueve con una velocidad
siendo x = x (t) el desplazamiento de la masa m. Denotando por m"
a la masa del resorte, la energía cinética del sistema viene dada por
292
Vibraciones mecánicas
Figura 6.20 Efecto de la masa del resorte
T
1 mx2
2
1
"2
=-mx
2
+ JL+x 1- mo
o
1 mo ;;2
+ 2 (L+x)3
2 L+x
( - L " )2d
L+x X
y=
1
)x
t +Xy2dy =21- (m +-m
3
"2
o
o
En cuanto a la energía potencial se tiene que
Imponiendo a continuación la condición de conservación de la energía,
esto es
+_1-kx 2 ]=O
2
se concluye que
(m +tmo) ji + k x = O
El efecto de la masa del resorte puede estimarse pues, al incrementar
en un tercio de su valor a la masa concentrada m, esto es, analizando
un oscilador ideal cuya constante elástica es precisamente K y cuya
masa es de magni tud
r
Respuesta libre de sistemas de un grado de libertad
293
,,
•
,
,,
x
-i----jff
,
,
f-
Ji
-----..Ir
ff-'
X" I
--;,
,,
,
:,
,
¡
¡-----f~-----!
,,
Figura 6.21 Vibraciones laterales de vigas.
,,
Se propone al analizar este mismo problema cuando el conjunto se
dispone verticalmente, para concluir exactamente con los mismos resultados. Ello no debe sorprender ya que el efecto del peso está equilibrado por la precompresión del resorte.
b) Vibraciones laterales de vigas. -Método de Rayleigh. Considere el caso
de una viga debidamente vinculada que soporta en algún punto intermedio una o más cargas concentradas, de forma tal que su eje neutro
se encuentre horizontal en la configuración de equilibrio (figura 6.21).
Al considerar vibraciones laterales de esta viga se tendrá que la deflexión y de un punto genérico del eje neutro, ubicado por su abscisa
x, variará con el tiempo, de manera que
y=y(x,t)
En lo que sigue se supondrá que estas de flexiones laterales son lo suficientemente pequeñas como para aceptar la validez de la teoría ingenieril de vigas.
Denotando por
1 = l(x) : Mamen to de inercia de la sección transversal de la viga referido al eje centroidal.
E
: Módulo de elasticidad de la viga.
L
: Longitud total de la viga.
11 =11 (x): Densidad lineal de la viga.
Mi
: Masa concentrada genérica, ubicada por su abscisa L¡o
se puede proceder a la aplicación del principio de la conservación de la energía. Para ello se evaluarán las energías cinética y potencial del conjunto.
i ) Energía cinética
T=-.lfL 1l(QJ!.)2 dx + ~ ...L
2 o at
i = 12 Mi
294
Vibraciones mecánicas
ii) Energía potencial. La teoría elemental de vigas establece, como es sabido, que la energía potencial acumulada por una viga de elástica y(x,t)
viene dada por*
El
El lector debe tener presente que el efecto del peso del conjunto es compensado por la deformación inicial de la viga. Ahora bien, la forma de la elástica y(x,t) se desconoce a priori. Por esta razón, a modo de aproximación, se
postulará que y = y (x,t) es de la forma
esto es, que al vibrar, la viga conserva la misma forma fundamental y que sólo
la amplitud de la deflexión varía con el tiempo. Sustituyendo en las expresiones para las energías cinética y potencial, se obtiene
1 L
T= [- J ¡¡. y2(X) dx
2 o
1 N
+1;M·
2 ¡=¡
I
Aplicando el principio de conservación de la energía mecánica en la forma:
Tmdx
= U máx
ya la luz de las expresiones anteriores, se obtiene
úJ2
n
f~ El (:~;)2 dx
= -------"''''-------
f~ ¡¡.Y'dx
+ Z Mi Y' (Li)
(6.19)
Esta expresión es usualmente conocida como el cociente de Rayleigh
asociado a la viga considerada. Es evidente que los cálculos realizados hasta
acá no son de mayor utilidad ya que la forma de la elástica Y(x) es desconocida. El llamado método de Rayleigh consistirá entonces en postular una función Y(x) aproximada, de manera tal que:
i ) la forma de la elás tica Y(x) se parezca a la verdadera en lo que se pueda
aprecIar.
-Referirse a cualquier texto de resistencia de los materiales.
Respuesta libre de sistemas de un grado de libertad
295
ii) las condiciones de vinculación de la viga sean respetadas en la medida
de lo posible.
Bajo estas condiciones puede demostrarse* que e! cociente de Rayleigh
J~ El (Y")2 dx
J{; {.ly 2 dx +LM, y¡
proporciona un valor aproximado por exceso a la frecuencia natural w n del
conjunto. La precisión de este valor será tanto mayor cuanto más cercana sea
la elástica supuesta a la elástica verdadera.
El ejemplo siguiente ilustra la aplicación de! método.
Ejemplo 6-5
Utilice e! método de Rayleigh para estimar la frecuencia natural de una viga
,homogénea de sección uniforme, módulo de rigidez a la flexión El, densidad
lineal {.l, longitud, 31, simplemente apoyada en los puntos x = O Y X = 2 l.
Además, la viga lleva una masa concentrada M en la posición x =1 (figura 6.22).
Suponga para ello una e!ástica de! tipo y = x + ax 2 + bx 3 + ex'.
~~=I
~[...-- I
,
Á
~..----l-----...í
-l-----------....~...---l-------...r
I
Figura 6.22.
Solución
En primer lugar se ajustarán las constantes a, b y e, de forma de satisfacer las
condiciones de contorno:
i) x = O
y =O
Asentamiento nulo
d2 y
dx 2 = O Momento flector nulo
ii) x = 21
y =O
iii) x=31
Asentamiento nulo
d2 Y
dx 2 = O Momento fleetor nulo
*Ver por ejemplo: AnalyticaJ Methods in Vibrations L. Meirovitch. Macmillan. 1967.
296
Vibraciones mecánicas
Efectuando los cálculos se encuentra fmalmente que
3
Y(x)=x- 81 2 x
1
3
(a)
+ 1613 x'
El lector debe observar que la expresión (a) se ajusta bastante bien a la
curva elástica verdadera, sin llegar a serlo, ya que la condición de fuerza cortánte nula en el extremo derecho, esto es
d3 Y
dx 3 = O
x = 3l , no se cumple.
para
Aplicando la expresión de Rayleigh 6.19, se tiene
2
J31(~)2dx
o
2
Wn
d x 2
J3I y2dx
+ M y2(1)
o
J.l.
Evaluando los distintos términos involucrados, se obtiene
31 (d2 Y)2 d = S.S
Jo
X
l
dx 2
¡" y 2 dx = 2.0 l3
o
My2 (1)
J.l.
= 0,46
Se concluye así que la frecuencia natural del sistema viene dada por
W~
El
~ .."----:-,S"",,,S::---c-::-::-:- ¡r
2 J.l.l + 0,46 M
Si en particular la masa del eje es despreciable se tiene.
Wn
~
~
3,46 V Aii'
Vibraciones laterales de vigas de masa despreciable
Se trata de desarrollar acá un método aproximado para calcular la frecuencia
natural de una viga de masa despreciable que soporta una carga concentrada
en algún punto de su longitud.
Básicamen te el procedimiento consiste en determinar el valor de la constante kt' de un resorte equivalente que tuviera sobre la carga concentrada el
mismo efecto que tiene la viga. Para establecer esta equivalencia se utilizarán
los teoremas de Mohr de la resistencia de los materiales.
Respuesta libre de sistemas de un grado de libertad
297
Como caso particular se consideran las oscilaciones de la viga mostrada en la
figura 6.23. Se trata pues, de encontrar la relación entre la fuerza F aplicada
en el extremo e de la viga y el correspondiente ascntamien too
Aplicando el segundo teorema de Mohr (área-momento) entre las secciones A yB, se tiene
= 2F 13
,1Ft •
.%i
BBo =
El 21) 3
t2
3EI
Por semejanza de triángulos
= 31
21
F 13
B 'B o
El
Aplicando nuevamente el 20. teorema de Mohr entre las secciones A y e, se
tiene:
ce' =
d- i~ .21) (l + ~I) + (~ ~~. l) (~I) = ....
2,-::F:-o-13_
El
M
.....:::..c1i!{!
-<íB'-
A
.¡;
tffJ
;:g:;
Ir---"--
I
7---~----" t--~·
..
I
-l--·-~r--
I
I
I
-.
~l--·"-"
"¡:
I
C,_L
I
l
i1 t
1
I
:A.?_~
~_______________
I
Bol
1
I
I
I
I
I
I
1
:
I
, 1
I
~
----------~·-I-i--"
I
1
,
,II
_ '-
I
! --;- .........
....MEl
--._---------------- - - -
,,B
I
,I
---.--.......
"""'----------------'--------""---"
Figura 6.23 Vibraciones laterales de vil{as de masa despreciable.
298
Vibraciones mecánicas
Consecuentemente, el asentamiento experimentado por la vigaen el punto
C vendrá dado por
Ii = CC' - C'Co
2Ft'
Fl 3
El
El
=
Fl 3
El
de donde se obtiene la constante equivalente
K
e
= -
F =
Ii
El
~
Se concluye así que cl conjunto viga-carga puede ser analizado aproximadamente utilizando un oscilador armónico de constante elástica K e Y masa
igual a la carga concentrada colocada sobre la viga, tal como sugiere la figura
6.24.
Entonces
Figura 6.24.
6.3 RESPUESTA FORZADA DE SISTEMAS DE UN
GRADO DE LIBERTAD
6.3.1 Excitación armónica
Considere el caso de un oscilador amortiguado de un grado de libertad sometido a la acción de una excitación armónica de amplitud Fa Y frecuencia w
(figura 6.25):
F(t) = F o sen úJt
Fácilmente puede verificarse que si x representa el desplazamien to experimentado por la masa m, medido con respecto a la posición de equilibrio, la ecuación que rige el comportamiento del sistema viene dada por:
mx
+ cx + kx = F o sen úJt
(6.20)
"
Respuesta forzada de sistemas de un grado de libertad
299
T
x
Figu:ra 6.25 Oscilador amortiguado excitado armónicamente.
El propósito de este apartado será analizar la naturaleza de la respuesta x (t)
de un sistema mecánico modelado por la ecuación 6.20, destacar sus propiedades más importan tes, y finalmente presentar algunas aplicaciones de relevancia en el campo de la técnica.
Como es sabido de la teoría de ecuaciones diferenciales, la solución
general de la ecuación (6.20) puede descomponerse en la forma siguiente:
donde Xh representa la solución general de la ecuación homogénea asociada:
mx
+ c; + kx = O
mientras que x representa una solución particular de la ecuación (6.20). Aho·
ra bien, la cara!terística fundamcn tal de la componen te xh es que,indepcndicntemente del valor de 1;, tiende a cero cuando t crece indefinidamente, esto es
lím Xh
=O
t~=
Esta situación es interpretada de la forma siguiente: la componente Xh afecta
apreciablemente la solución general de (6.20) en la fase inicial del movimiento,
para luego desaparecer en la medida que el tiempo transcurre. Por esta razón
se dice que Xh representa la componente transiton'a de la respuesta del sistema.
Observe adicionalmente que Xh contiene dos constantes, que deben ser ajustadas en función de las condiciones iniciales, estableciéndose así una dependencia de la componente transitoria de la respuesta con las condiciones iniciales.
Por otro lado se demostrará a continuación que la componen te x p es de
tipo armónica y en consecuencia representa la componente sostenida o permanente de la respuesta. Más aún, esta componente permanente es independiente de las condiciones iniciales.
Determinación de la componente permanente
Con el fin de obtener la componente permanente de (6.20) se postulará una
solución del tipo
300
Vibraciones mecánicas
Xp = A sen wt + B cos wt
Sustituyendo en la ecuación diferencial y procediendo a una identificación
de constantes, se obtiene
1'0
(k-mw2)2
.
2
+ (CW)2 [(k-mw )senwt-cwcoswt]
(6.21)
expresión ésta que puede compactarse al introducir el concepto de ángulo de
fase, bajo la forma
(6.22)
=X sen (wt --y)
Xp
siendo
Fo
X
(6.23 )
=y
-"(""k=-~m~w~2 '"'2)c=="+=(,,"c=w""")
2
-y = tg
-}
(6.24 )
cw
( k - mw2)
De acuerdo a 6.22, la componente X p admite entonces una interpretación
sencilla: se trata de un movimiento armónico de amplitudX, con una frecuenx(Il
•
I
(1
Respuesta a una excitación armónica
II
+x
m;· + c;
+ kx:::: Fosen w t
I~ ~~~~~~ ~----~A -~ ·~--;~---~o~--- x- -~~, - , - -
n
fI
1'---+--,f-+-+--+-+--~++--f-\-++-j-+-+-+---1f---~
I
-x
I---y---v-
V
V"
_v.
""'-Rcgión de infhu::nc:.ia d,e la rcspursla - .
translttlna
I
\!.
\J
V
V
~-::.R::.":!:put.st.-a. p.•u..man<'ntt:
..
Figura 6.26 Efecto de la eompont'nte transitoria en la respuesta de un
oscilador amortiguado a una excitación armónica.
_
Respuesta libre de sistemas de un grado de libertad
301
cia igual a la de la excitación pero desfasada un ángulo 'Y. Al no contener
exponenciales, su carácter perdura en el tiempo, justificándose así su nombre
de respuesta permanente.
En la fi¡(ura 6.26 se muestra la respuesta x(t) de la ecuación 6.20 sujeta a las
condiciones iniciales x(o) = o, ;(0) = o. En la mismase observa que solamente
en la fase inicial del movimiento hay una influencia marcada de la componente
transitoria, la cual se va disipando progresivamente hasta que la respuesta total
se confunde con la componente pennanente.
Para facilitar las implicaciones físicas de (6.23) y (6.24) se definen los
siguientes parámetros aclimensionales
i) factor de amortiguamiento
ii) relación de frecuencias
iii) factor de ampli ficación
e
,= 2 -.;:mr:<
r -
w
x
a=--=
Xo
3.0
0.1
I
,,I
2~
I
I
Facto) J.~. ampi¡fic-;)C"iÓI1
Figura 6.27 Factor de amplificación.
302
Vibraciones mecánicas
Con estas definiciones (6.23) y (6.24) pueden ser escritas de la siguiente ma·
nera:
CI
=
1
+ (2 1;r )2
.J(1
'Y = tg
-1
21;r
(6.25)
(6.26)
(1 - r 2 )
En las figuras 6.27 y 6.28 se muestran representaciones gráficas de la relación
de amplitudes CI = _x_ y del ángulo de fase 'Y en términos de la relación de
Xo
frecuencias, considerando el factor t: como parámetro.
,.
2
_ 1
~='g
2 ¡- r
'(--2)
1 -r
oJí'.,!~=--'::':':'~---!--------<r-~
r=o
2
3
Angulo de desfasaje
Figura 6.28 Angulo de desfasaje.
Observaciones
i) En primer lug-dr no debe perderse de vista que las gráficas mostradas
corresponden a los valores de la amplificación y ángulo de fase entre
excitación y respuesta en estado estacionario, esto es, después de
haberse mitigado los efectos de la componente transitoria.
ii) Cuando la frecuencia de excitación es muy baja (r "" O) la amplifica·
ción toma un valor cercano a 1 (X "" X o ), encontrándose la respuesta
básicamente en fase con la excitación ('Y ~ O).
iii) Cuando la frecuencia de la excitación es muy alta (r» 1), laampli·
ficación toma un valor cercano a cero, lo que equivale a establecer que
la amplitud de la respuesta es muy pequeña. Por otro lado, la respues·
ta se produce con un desfasaje de 180 0 aproximadamente ('YO>< 180 0 ).
iu) Si se considera un sistema con poco amortiguamiento (1;~ O) exci·
Respuesta forzada de sistemas de un grado de libertad
303
tado con una fuerza del tipo Fa sen wt, se observa que cuando la
frecuencia angular excitatriz: w es igual a la frecuencia natural asociada al sistema: W n , la amplificación Q' crece indefinidamente, esto
es, la amplitud inducida al sistema en estado estacionario por una
excitación de estas características crece más allá de los límites tolerables.
En general, este tipo de comportamiento experimentado por un sistema mecánico en las vecindades de W = W n se le reconoce con el
nombre de fenómeno de resonancia. Así, en el punto de resonancia,
el sistema alcanza un estado estacionario con una amplitud igual a
X* = X a
2~
expresión ésta que se obtiene de (6.25) al hacer r = 1. Observe que
cuando menor es el grado de amortiguamiento, mayor es el efecto
de resonancia.
v) El amortiguamiento disminuye la relación; para todas las frecuena
cias de funcionamiento.
vi) El valor máximo de la amplificación para un factor de amortiguamiento dado ocurre a una frecuencia menor que la de resonancia, esto es
'máx
= -./1-2
¿
Observe, sin embargo, que para valores pequeños de ~ (¡; << 1) el
punto de amplitud máxima coincide básicamente con el punto de
resonancia.
Con el fin de enfatizar el carácter permanente de la expresión (6.22) se
analizará a continuación el comportamiento de un oscilador no amortiguado
en estado de resonancia.
Ejemplo 6.6
Considere un oscilador armonlco en condición de resonancia (figura 6.29),
esto es, excitado con una fuerza del tipo Fo sen w"t, siendo (¡JI!
K/m .
Suponiendo que para t = O, x (O) = O, X (O) = O, encuentre la ley que gobierna
la respuesta del sistema.
=.J
Figura 6.29.
304
Vibraciones mecánicas
Solución
Como es sabido, el comportamiento del sistema indicado se rige por una ecuación di ferencial del tipo
+ kx = F o senwnt
mx
y cuya solución viene dada por
x(t) = X o cos wnt
Va
+ -W- sen wnt
n
siendo X a y Vo las condiciones iniciales del problema.
Consecuentemente, el caso propuesto admite por solución
x(t)=
Fa W n
2k
tsenwnt
de donde se desprende, como era de esperar, que el desplazamiento x(t)
aumenta indefinidamente con el tiempo, tal como sugiere la figura 6.30.
x [cm]
16.0
,/
;
;
;
,/
,,
12.0
,
/
8.0
4.0~
,
,
,
,
,,
I[,cg]
----,,-Ht-++till++-'-+---+-l----+------+--+----+--l----+----10
15
,,
..
,,
,
Figura 6.30 Oscilador no amortiguado en resonancia.
20
25
30
Respuesta forzada de sistemas de un grado de libertad
305
x [cm]
8.0
4.0
t[,cg]
O
40
20
20
40
~
~
Figura 6.31 Oscilador amortiguado en resonancia
Este resultado ilustra que un sis tema puede operar en una región vecina
al estado de resonancia por un tiempo relativamente corto sin que éste alcance
grandes amplitudes de vibración.
En caso de existir amortiguamiento, un procedimiento análogo al empleado en este ejercicio permite concluir que en resonancia, la amplitud de vibración crecerá progresivamente hasta alcanzar su valor permanente, tal como
ilustra la figura 6.31.
Ejemplo 6-7
La figura 6.32 representa un posible esquema idealizado de un vehículo con
una suspensión elástica constituida por un resorte lineal de constante K y un
amortiguador lineal de constante e, viajando sobre una carretera ondulada en
forma de una sinusoide de amplitud Yo Y longitud de onda 1, tal como se sugiere.
Determine la amplitud de la oscilación del cuerpo del vehículo (de masa
m) en función de su velocidad VD (constante), en la condición de régimen
permanente.
~::~:~_.!'.2._
=1~---1/2
Figura 6.32.
306
Vibraciones mecánicas
Solución
va
------~
va
----- ......
c(x-y)
c
- - -.. _.k(x-y)
'"
Figura 6.33.
En la figura 6.33 se muestra, en primer lugar, una representación del vehículo
cuando se traslada en una zona plana de la carretera en cuestión. (Observe que
en este caso la acción del peso está previamente equilibrada por la deformación
estática del resorte.) Esta posición de equilibrio estática será tomada como
referencia para determinar la conñguración x de la masa m. A continuación
se muestra una configuración genérica del modelo cuando se desplaza sobre
la carretera ondulada En ella, y represcnta el movimiento obligado de la parte
inferior del modelo, mientras que x corresponde al desplazamiento de la masa
m referida a su posición de equilibrio estático.
Observe que si se toma como instante inicial la posición Po, el desplazamiento y vendrá dado por
21f Va
y = Yo sen ( L
(a)
t)
Escribiendo la ecuaClOn que rige el movimiento vertical de la masa m, tal
como se desprende del diagrama de cuerpo libre indicado, se obtiene
mx
= -k(x-y)-e (x-y)
esto es
mx
+ ex + kx = ky + ey
(b)
Sustituyendo (a) en (b) se concluye que el desplazamiento x de la masa m está.
regido por la ecuación diferencial lineal.
•••
21f Va
mx + ex + kx = kyo sen ~ t) +
cos (
21fVo
L t)
(e)
Para encontrar la respuesta permanente asociada a esta ecuación diferencial
•
Respuesta fonada de sistemas de un grado de libertad
307
se hará uso del principio de superposición que satisface cualquier ecuación
lineal.
En primer lugar se encontrará la respuesta permanente asociada a la
ecuación
21TVo
mx¡ + cx¡ + kx¡ ~ kyo sen (-L- t)
pudiéndose escribir que
21TVO
X¡ sen~ t - 'Y,)
(d)
2
21TVO
,
j (k -m 41T20
o) + (L - C)
L'
(e)
Xl
en donde
Xl
'Y ¡
=
= tg
-¡
Por otro lado, el problema descrito por la ecuación
. + kx,
mx, + cx,
Yo cos
21TVo
( L
t
)
admite por respuesta permanente a
(g)
siendo
(h)
(i)
De acuerdo a (f) e (i), las dos respuestas parciales (d) y (g) tienen la misma frecuencia angular y el mismo ángulo de fase. En consecuencia, ambos movimien·
308
Vibraciones mecánicas
tos annónicos pueden ser sumados para obtener un nuevo movimiento ar:;¡:¡
meo de amplitud
X=JXI+X~
representativo de la solución permanente de la ecuación (e), tal como garan za el principio de superposición. Sustituyendo (e) y (h) en esta última expttsión, y simplificando, se obtiene que la amplitud de la respuesta permana;de la masa m viene dada por
x = Yo
j
1 +
_
n2
n2e2
k2
(l-m _••_ )2
k
siendo
en
+ (~2
(j)
k
n=
Observe que durante el desplazamiento del vehículo se quiere evitar la condición de resonancia. Así, si la amortiguación es baja: O <
e
velocidad más desfavorable se obtiene cuando:
2 v' m k
< 0,2,:"
mn 2 =1
k
esto es, cuando
Ejemplo 6-8
En la figura 6.34 se muestra una barra homogénea de masa m y longitud 4 :,
articulada en B a una barra horizontal, y conectada a un bastidor fijo mediante
una unión elástica. Suponiendo que la barra horizontal se desplaza de acuerdo
a la ley z = Z sen
escriba la ecuación diferencial que rige las oscilaciones
pequeñas de la barra Ae, y obtenga el ángulo de rotación máximo que ésta
experimenta.
nt
.~
=
Respuesta forzada de sistemas de un grado de libertad
309
t'
21
+
i-+
,
........... ~
I
C
-
B
'
I
~jJ H't.
.."
l.
.
G
."
-"c
r
"
A
. r
Z
""
Figura 6.34 Ejemplo 6-8.
Solución
En la figura 6.35 se muestra e! diagrama de cuerpo libre de! dispositivo, correspondiente a una configuración genérica descrita por e! ángulo (J. En e! mismo
se han indicado las expresiones para las fuerzas generadas por e! resorte y e!
amortiguador para e! caso de oscilaciones pequeñas.
Con e! fin de eliminar las incógnitas provenientes de la articulación plana
B, se procederá a tomar momentos alrededor de dicho punto. Así,
k = 1B O' k + BG X m aB
ME
B
,
,
6
:-----¡
,
,'
co ,
C
I
I
I
: mg
I
I
,,,
I
I
,
I
I
I
I
,•,
I
•
1
Go ,
V
,r----...... "
G
,,I
I
I
I
I
Bo
.¡.
z
Y
Ji •
J{
k(z -16)
•
A q e (z-l6)
Figura 6.35.
310
Vibraciones mecánicas
Teniendo presente que el punto B se desplaza horizontalmente, con acek=>ción
z·
BG X m
lB
Ó·
a = mi z' cos Ii K e! mti:' K
B
=[i2 m
(41)2
+ ml2 ] Ó·
=; m ó"
12
M: ~ mglli + kl (z-lli) + el (7.-10).
Sustituyendo en la ecuación general y ordenando, se obtiene
··
.
37mili
+ c lli + (k 1- mg) Ii = kz + cZ
mz
o sea, al recordar que z = Z sen n t
; miO' + elO + (kl-mg) Ii =(k + m n 2 ) Z sen nt + cnz cos nt
Observe que la posición de equilibrio será estable si
0<
cI
2~ml (kl- mg)
<1
Para resolver esta ecuación diferencial se aplica el principio de superposici .
encontrándose que
Ii(t) =
(k + mn 2 l Z sen ¡nt - <el + cnz cos IfI.t - <el
J[(kl-mg)2 -fml n 2 F + (el n)2
siendo
tEN' =
eln
Así, la amplitud máxima puede encontrarse directamente al componer dos
movimientos armónicos de igual frecuencia. Consecuentemente
Respuesta forzada de sistemas de un grado de libertad
311
6.3.2 Respuesta permanente de un oscilador amortiguado
a una excitación del tipo f (t) = M R w 2 sen w t
T..., co o se demostró en los capítulos 4 y 5, tanto las máquinas rotativas
alternativas están sometidas a componentes de trepidación de tipo
o
(figura 6.36).
arm
E:r particular, una máquina rotativa caracterizada por tener una masa de
-brio mo ' a una distancia e del eje de rotación, genera una fuerza
-dación vertical del tipo
como
si
_ la velocidad angular de la máquina.
ejemplo corresponde al caso de una máquina a1ternativamonocilín_ ;a masa rotativa ha sido previamente balanceada. Este dispositivo
fuerza vertical de trepidación que puede expresarse aproximada-
~
mer:· e
o
f(t) = mar w 2 rcos wt + ~ cos 2wt]
la relación entre la longitud de la manivela y de la biela sea pe-
..1:.«
1
1
,
f(t)
Excitaciones generadas por máquinas rotativas y alternativas.
312
Vibraciones mecánicas
!
m
°1
f(t)
k
Figwa 6.37.
y en donde m a representa la masa alternativa del dispositivo (masa del pistón
más una fracción de masa de la biela), y w la velocidad de rotación de la má·
quina. Puede así establecerse que la fuerza de trepidación correspondiente a
un dispositivo de este tipo puede representarse aproximadamente como
f(t) ~ m a r w 2 cos wt
Ahora bien, en ambos ejemplos se observa que la amplitud de la fuerza
de trepidación es función del cuadrado de la frecuencia excitatriz.
A continuación se analizarán las características de la respuesta perma·
nente de un oscilador a una excitación del tipo MR w 2 sen wt.
De acuerdo a (6.23) y (6.24) se observa que el ángulo de fase obtenido
para la respuesta a una excitación del tipo descrito no difiere del obtenido en
el caso de una excitación de amplitud constante. Sin embargo, la amplitud de
la respuesta pasa a ser
MRw 2
X = V~:;F,;(k-";';;;'¡'2~)2=-;=--;-(~)2""
mw
+ cw
o sea, al utilizar los parámetros adimensionales
mX
MR = ';(1 -r'
r2
r' + (2 ~ r)'
(6.27)
En la figura 6.38 se muestra el comportamiento del factor ; ; :en fun·
ción de T, considerando a l;; como parámetro.
El lector debe notar la diferencia entre los resultados aportados por las
expresiones (6.25) y (6.27), ya que,aunque ambos permiten evaluar la amplitud
·
kX mIentras
"
de la respues t a permanente, l a pnmera
eval'ua al"
terrnmo MRw
qlle
2
la segunda permite calcular mX. Y es justamente la última expresión la que
MR
proporciona la amplitud referida a una constante (independientemente de la
frecuencia de funcionamiento).
Respuesta forzada de sistemas de un grado de libertad 313
mX
Me
4
r
mX
Me = JI¡
2
~.n.n
• • •
_+-~:::::::==-_--Í-
-+--
n m m m n
----i_'Y
2
3
Figura 6.38 Amplitud de la respuesta pennanente de un oscilador amortiguado excitado
por una fuerza de amplitud proporcional al cuadrado de la frecuencia excitatriz.
¡
6.3.3 Teoría del aislamiento de motores
Cuando una máquina está colocada sobre una base más o menos rígida, transmite a dicha base una fuerza alternante que proviene de desequilibrios internos
del motor o de excitaciones externas transmitidas por otros sistemas mecánicos (figura 6.39). Para hacer un primer estudio de los fenómenos que se presentan, se idealiza el problema suponiendo una base fija y rígida B, sobre la
cual descansa el motor de masa m, mediante el empleo de una unión elástica
constituida por un resorte lineal de constante k y un amortiguador, también
lineal, de constante e. Como es sabido, la respuesta permanente de un sistema
de este tipo puede expresarse bajo la forma
x =X sen (wt -'Y)
Se puede entonces calcular la fuerza transmitida a la fundación B por el
resorte y por el amortiguador, obteniéndose
¡; = k x + ex = kX sen (wt - 'Y) + e w X cos (wt - 'Y)
La magnitud de la fuerza transmitida a la fundación se obtiene entonces
componiendo la expresión anterior, esto es
314
Vibraciones mecánicas
I Fa sen wt
t
m
k
k
< lW
2
2
B
Figura 6.39
F, = X Jk' + (e w)'
o sea, al recordar (6.23) y (6.25).
F
j
= F
t
o
(k
k' + (ew)'
mw')' + (ew)'
j
_ F
-
o
1+
(l-r')
p+(2r)'~r)' (6.28)
1;
Cuando F o es constante se define un nuevo parámetro adimensional llamado
la transmisibilidad:
T
=
(6.29)
esto es, la razón de la amplitud de la fuerza transmitida a la amplitud de la
excitación. Para el caso considerado
T
=j
1 + (2 1; r)'
(1 - r')'
+ (2 ~ r)'
(6.30)
En la figura 6.40 se ha representado 7 en función de r, tomando a ~co­
mo parámetro
Interpretando la gráfica (6.40), se puede establecer:
i) La amortiguación disminuye la amplitud de la fuerza transmitida a
una fundación solamente en la región r <,¡2. Fuera de esta región,
cuanto mayor sea la amortiguación, mayor será la fuerza transmitida ·a la fundación. Note que cuanto mayor sea la amortiguación,
menor es la amplitud de las vibraciones del sistema, independientemente del valor de r.
ii) En la vecindad de la frecuencia de resonancia, la transmisibilidad, y
por consiguiente la fuerza transmitida a la fundación, es muy grande, por lo menos para amortiguaciones débiles. Por el daño que este
comportamiento puede producir en la fundación de una máquina,
se procura evitar esta región cuando se la diseña.
Respuesta forzada de sistemas de un grado de libertad
,
315
1 + (2rr)'
(l-r')' +(2rr)'
I
---
~-----~--~.~
.5
,.
Ur
2
.
Figura 6.40 Transmisibilidad de un oscilador.
t"ii) Es conveniente diseñar la suspensión de una máquina a su fundación
de manera que la relación entre la frecuencia de operación y la freo
cuencia natural r
=~
sea superior a,¡2.Si este es el caso 1" < 1,
Wn
y la fundación queda protegida. Sin embargo, es conveniente contar
con una amortiguación para la fase de arranque y/o frenado de la
máquina.
iv) Si el punto de trabajo de la máquina queda ubicado en la región
r <y'2, y si no es posible modificar la suspensión para disminuir w n
y en consecuencia aumentar r, es necesario contar un grado adecua-
do de amortiguamiento.
Como conclusión debe indicarse que el diseño de la suspensión de una
máquina a su fundación es el resultado de un compromiso entre la amplitud
de las vibraciones resultantes y la magnitud de las fuerzas transmitidas.
Si en particular la amplitud de la fuerza de excitación es función del cua·
drado de w, esto es, F n = MRw 2 , la expresión (6.28) puede escribirse como
F,
MRw n2
j
1 + (2 t r)2
(1 - r 2 )2 + (2 t r)2
(6.31
--
316
--~~~
Vibraciones mecánicas
/
¡,
,,,
,,
4
2
0.7
,
,,:0.1
,,
/
0.5
--
0.3~
2
0.2 -
.~
0.1
o
-¡.-=------'-----+:::;----+--------+-. r
Vi
2
3
Figura 6.41 Gráfica de r 2 T vs r (parámetro ~)
Tal como se indica en la figura 6.41, r 2 T indica cómo varía la fuerza transmitida F, con la frecuencia de operación w, ya que el término MR w; es
constante para un sistema dado.
6.3.4 Vueltas críticas
Al ir aumentando de manera gradual la velocidad de rotación de una máquina
se observa que para ciertas velocidades el árbol vibra violentamente. Las velocidades en las cuales tienen lugar estas vibraciones fuertes son denominadas
velocidades críticas del árbol. Cuando la velocidad de funcionamiento de una
máquina está cercana a la velocidad crítica se producen vibraciones de gran
amplitud, lo que da lugar a esfuerzos de gran intensidad, a posibles rozamientos entre las partes giratorias, y a vibraciones que se transmiten a las fundaciones. Es por lo tanto de gran importancia el tomar en cuenta las velocidades
críticas como factor de diseño.
Si bien este fenómeno tiene varias causas, tales como un desequilibrio
de la masa del sistema rotativo, fenómeno de histéresis, efectos giroscópicos,
etc., en este texto se analizará solamente la primera, o sea por efecto de la
distribución de masa.
Como el árbol tiene masa y elasticidad distribuida a lo largo de su lon-
Respuesta forzada de sistemas de un grado de libertad
317
y
y
,
O:
wt
A
-- -- A
""
oe
'-'--------,/--x
Posición de
equilibrio
Posición
genérica
Figura 6.42 Estudio de vueltas críticas.
gitud, se trata éste de un problema de medios continuos; sin embargo, con el
fin de hacer un primer análisis se supondrá despreciable la masa del árbol.
Análisis:
Considérese el caso de un árbol circular de masa despreciable que lleva un disco
pesado en su centro y apoyado en sus extremos sobre cojinetes (figura 6.42).
Suponga además que el centro de masa G no coincide con el centro de rotación o y sea e la excentricidad correspondiente.
El sistema así considerado, haciendo caso omiso de la libertad de rotación, posee dos grados de libertad defmidos en nuestro caso por las coordenadas (x,y) del centro del disco A (figura 6.43). Para escribir la ecuación del
movimiento del sistema se considerarán las hipótesis adicionales siguientes:
i) Las fuerzas de amortiguación (debidas a la fricción del aire, histéresis
del material, etc.), son proporcionales a la velocidad lineal del centro
geométrico del disco A, esto es Fa = - c(x, y).
G
I _~,
.. __ ..
~
o
x
Figura 6.43 Diagrama de cuerpo libre de un rotor.
318
Vibraciones mecánicas
ii) La flexibilidad del cojinete es despreciable comparado con la del
árbol.
Aplicando laprimera ecuación universal de la mecánica al disco: F=m
se tiene que
OC
(-ex, -ey) +(-k x, -k y) =m (x· -e w 2 cos wt,); - ew 2 sen wt)
ya que
oc = (x + ecos wt, y + e sen wt)
ecuación ésta que se puede desdoblar en otras dos escalares:
mx
+ ex + k x = mew 2 cos wt
my
+ ey + ky = mew' sen wt.
La respuesta permanente del sistema será
mw i )2
x = V(k
+ (ew)'
cos (wt - q,)
donde
,¡, =
'Y
e W
tg-1
k-mw2
La deflexión lateral será
expresión ésta que pone de manifiesto el fenómeno de resonancia.
Es de interés observar que el ángulo formado por OA y el eje de las x es
wt - q, (figura 6.44).
Teniendo presente la expresión que define el ángulo de fase se pueden
obtener los siguientes resultados (figura 6.45):
w»J
Observe que cuando
·, O.
con el centro d e rotaclon
k, el centro de masa G tiende a coincidir
m
Respuesta forzada de sistem«s de un grado de libertad
319
y
wt- 'P
x
Figura 6.44.
G
o
Figura 6.45 Sobre la configuración de un rotor sujeto a vibraciones laterales.
Estudio del caso de resonancia: Cuando la velocidad de funcionamiento
de una máquina es superior a la velocidad crítica, cada vez que se arranca o
para, pasará por el valor de la velocidad crítica, esto es, por la zona peligrosa
caracterizada por las grandes amplitudes de la oscilación de resonancia. El
propósito de este párrafo es encontrar la forma de crecimiento de la amplitud
de las oscilaciones en función del tiempo en dicho caso.
Si se desprecia el efecto de amortiguación, las ecuaciones del movimiento
se podrán escribir como
x
+ w~ x = e w 2 cos wt
y
+ w~ y = ew 2 sen wt
ecuaciones éstas que admiten por solución a
320
Vibraciones mecánicas
sIempre que
x(o) =y (o) =0,
x(o) =y(o) =0
Consecuentemente, e! desplazamiento de! centro de! disco se podrá escribir como
OA --
~j
sen2w n t + ("en W n t)2
12
wnt
wnt
Así, cuando t es grande
eW n
OA ~-2-t
Esto muestra que si bien la amplitud se hace infinita en e! caso de la resonancia, toma para ello un tiempo infinito. La región peligrosa de resonancia
podrá ser cruzada impunemente en la práctica, siempre que dicho paso se haga
en forma rápida.
Ejemplo 6-9
Un rotor de 40 kg se coloca en e! punto medio de un eje de acero de sección
circular y de 30 cm de longitud, apoyado sobre sendos cojinetes de bolas
ubicados en sus extremos. El rotor tiene un desequilibrio equivalente de 300
gr-cm. Si la máquina debe funcionar entre 1000 y 2000 rpm, y e! juego j entre
e! estator y e! rotor es de 1 m.m, se pide
a) Especificar las dimensiones transversales de! eje.
b) La fuerza vertical transmitida a cada cojinete en la condición de régImen.
Solución
En la figura 6.45 se ha indicado en primer lugar e! modelo representativo de!
sistema a analizar.
El problema planteado se reduce a calcular e! radio de! eje de manera que
las amplitudes de las oscilaciones permanentes no excedan al juego existente
entre e! rotor y e! estataL Al imponer esta condición al gráfico :~ vs. r, se
determinan dos intervalos admisibles, consecuentemente e! problema admite
dos posibles alternativas: una en la cual la máquina trabaja por debajo de resonancia y la otra, por encima de resonancia.
Respuesta forzada de sistemas de un grado de libertad
1
mX
MR
321
I
I
I
I
mjjMR
I
+-----
~ :
!
1:
!
---1---0,3
m--+-
ri--l--I
r
Intervalo
admisible
Intervalo
admisible
I N° 1
N°2
Figura 6.45.
Primer caso: El intervalo de operación de la mác¡uina se encuentr3J>..or encima de resonancia. Bajo estas condiciones, la velocidad que induce las mayores
amplitudes es la menor, esto es, a 1000 rpm. Haciendo coincidir esta situación
con un punto A de la correspondiente región, se puede escribir:
mXA
.!!!:L
MR
MR
de donde se encuentra, sustituyendo valores, que
;;" j mj-MR
mI
rA
""
1,04
A continuación se procederá a evaluar la constante equivalente del eje, y en
consecuencia el diámetro requerido:
Teniendo presentes las siguientes relaciones
r
A
=~
=
W
n
322
Vibraciones mecánicas
"-e - 48 El
-
13
Observe que he se obtuvo aplicando los teoremas de Mohr
1
7fd4
=
64
el diámetro del eje puede calcularse a partir de
E
Considerando un acero al carbono, con módulo de elasticidad
2, 1 X ID" Nwfm 2 se obtiene
4 X 40 kg X (0,3 m)
3
(1000
27f _1_)2
60 seg
37f X 2,1 X 10" Nwfm 2 X 1,042
= 2,12 X 10-
8
m4
esto es
d";;; 1,2 cm
Así, con un eje de diámetro menor o igual a 1,2 cm, la máquina podrá trabajar en una condición de régimen permanente con cualquier velocidad comprendida entre las 1000 Y 2000 rpm, sin que las vibraciones laterales del eje
excedan el juego existente entre el rotor y el estatar.
La fuerza transmitida por el eje a su fundación vendrá dada, en el caso
más desfavorable, por
F,
MRw~
=
1
1
11 -T1
e sea
3MR 7fd 4 E
__MR
F, - T1 - 1
(r1 - 1 )m1 3
Sustituyendo valores
8
F ,,;:3 Xp,003 kg-m X 7f X 5,53 X 10- m 4 X 2.1 X 10" Nw/m 2
=3725Nw
,~
(1,04 2 -1) 40 kg X (0,3 m)3
Respuesta forzada de sistemas de un grado de libertad
323
Por simetría, la fuerza transmitida a cada cojinete es menor o igual a
1 62Nw, alcanzándose este valor máximo en el caso más desfavorable, esto
es, a las 1000 rpm.
egundo caso. Este caso corresponde a una operación por debajo de resonancia, siendo la velocidad más desfavorable, la mayor, esto es w =2000 rpm.
Haciendo coincidir este punto con B, se tiene
mX B
MR
r B2
1
.;; -!!!:L
MR
de donde se obtiene que
, ;:, j MR m¡
+ mj = 0,93
rB ~
Procediendo en forma análoga al caso anterior, se tiene
-7
4
d4 = 4 ml'w~
2 ~l,llXIO
m
3" E r B
o sea
d ~ 1,82 cm
La fuerza transmitida a un cojinete vendrá dada por
F _1 . 3 MR" d4 E
t
2
(1 - r~ ) m l'
.;; 5931 Nw
El orden de magnitud de la fuerza transmitida por el eje a cada cojinete en el
segundo caso sugiere que la mejor solución es considerar un eje de 1.2 cm de
diámetro.
Ejemplo 6c lO
Una máquina alternativa de masa 700 kg se va a fijar a una fundación rígida
mediante una unión elástica que debe seleccionarse entre las siguientes
Unión tipo
K e (Nw/m 2 )
A
2.000.000
2.000.000
2.000.000
B
e
0.20
0.15
0.10
324
Vibraciones mecánicas
Suponiendo que:
i) La masa alternativa del mecanismo es de 4,2 kg.
ii) La masa rotativa está debidamente balanceada mediante un contrapeso.
iii) El radio efectivo de la manivela es de 10 cm.
IV) La relación rJI es muy pequeña.
v) La máquina debe funcionar entre 900 y 2700 rpm.
se desea saber:
a) ¿Qué tipo de unión seleccionaría para lograr la menor fuerza transmitida a la fundación?
b) De acuerdo a su respuesta a), ¿cuánto valdrá la amplitud máxima de
las vibraciones permanentes de la máquina?
Solución
De acuerdo a los datos suministrados, la relación de frecuencias variará, para
cada tipo de unión, de acuerdo a la tabla siguiente:
Unión
¡;
Intervalo para r
A
B
0.20
0.15
0.10
1,75 <r<5,25
1,75<r<5,25
1,75<r<5,25
e
M:
En la figura 6.46 se han representado (cualitativamente) las gráficas de
~~ vs r, para los tres valores de interés de ¡; _ Dado que el intervalo de va-
riación de T es el mismo, una simple inspección de la gráfica pennite establecer que la unión más favorable es la de tipo e (¡; = O,10), ya que estc caso
proporciona las menores fuerzas transmitidas a la fundación.
Ahora bien, la máxima fuerza transmitida que puede esperarse en el intervalo de operación de la máquina ocurrirá en uno de los dos extremos de fun·
cionamiento. En seguida se procederá a calcularla, ya que la (figura 6.46) no
está a escala.
• Operación a baja velocidad:
F,
- - -2- r 2
MRw n -
j
1 + (2 ¡; r)2
(1--r 2 )2 + (2 ¡; r)2
Respuesta forzada de sistemas de un grado de libertad
325
F,
--2-
MRw n
~= 0,2
~
= 0.15
~=O,l
ttL.~._~._=:.--=:::.==.= ~=
O
,,:
.
2
3
4
5
Intervalo aproximado de variac.ión de r
Figura 6.46.
=1,75 2
I + (2 X 0,1 X 1,75)2
= 1,549
j (1-1,75
2 )2 + (2 X 0,1 X 1,75)2
• Operación a alta velocidad:
MRw~
5,25
2
/
1 + (2 X 0,1 X 5,25)2
y' (~1---=5'=:,2;;-:5""2S)2r+~(2~X'-;0'-',l;:::XCf--=5--;,2:-:;5-;O)
2 = 1,503
Se observa así que la fuerza transmitida máxima ocurre en la cercanía
de ambos extremos, siendo ligeramente más pronunciada cuando opera a baja velocidad. Así, el valor máximo esperado para F, será
F, = 4.2 kg X 0,1 m X
(j2.0007~~ok~w/m yX 1,549 = 1859 Nw
Parte b:
De acuerdo a la figura 6.47, la máxima amplitud de las vibraciones de la máquina se producirá en el extremo de baja velocidad, pudiendo ésta ser evaluada a partir de la expresión
mX
MR
= V(l
326
Vibraciones mecánicas
mX
MR
i -..------,--------,-;--Intervalo de operac.ión
I
~
4
3
2
r ;::: 5,25
, = 1,75
Figura 6.47.
Sustituyendo valores se encuentra:
o sea
X
2
7¿Ü X 10 cm X 1,464 = 0,088 cm
6.3.5 Instrumentos para la medición de vibraciones. Fundamentos
La unidad fundamental de los instrumentos utilizados para el registro y medición de vibraciones consiste de un oscilador amortiguado montado sobre
un bastid'or solidario a la fundación cuyo movimiento se desea analizar.
k
e
m
. '/'
I/i
x =x (t)
Figura 6.48 Esquema de un instrumento sísmico.
Respuesta forzada de sistemas de un gr.ado de libertad
327
Suponiendo que la fundación se mueve de acuerdo alaley x(t) =X sen wt,
denotando por z al desplazamiento de la masa m, relativo al bastidor del
msrrumento, la ecuación que define el movimiento de m vendrá dada por
mi:' + ci: + k z = m X w 2 sen wt
La respuesta permanente será entonces z :;:;: Z sen (wt - 4» siendo
(6.32)
a) Vibrómetro: Cuando se desea medir o registrar la amplitud de laexcitación, se diseña el instrumento de manera que su frecuencia natural
sea muy baja en comparación con la frecuencia de la vibración a ser
medida, esto es
1. Bajo estas condiciones Z/X tiende a la unidad
independientemente del factor r,. Así, la amplitud del movimiento
relativo es igual a la del movimiento de la fundación, con un ángulo
0
de fase del orden de los 180 •
Un instrumento diseñado con tal fin se llama un vibrómetro o vibrógrafo (dependiendo de si se utiliza para medir o registrar la excitación).
r»
Eu
1.06
1.04
1.00
0.50
r--:;-----==:::::=::::::;
t-
-=0::.7;;0=~
----_
0.98
0.96
0.94 L - - L - - + - - - - - +
2
3
4
-----<
5
Figura 6.49 Error de Vlbrómetro.
f--_
6
'
328
Vibraciones m~cánicas
Aunque en uri instrumento de este tipo la amortiguación no influye
en la medición, se introduce cierta cantidad de amorti~anúentocon
el fin de minimizar los efectos transitorios.
De acuerdo a 6.32, el error producido por el registro de un vibrómetro viene dada por
€u
= J(I
r 2 )' +(2 ~r)'
y el cual es indicado en la figura 6.49. En la misma se observa que el
rango de precisión de un vibrómetro puede extenderse apreciable·
mente al diseñarlo con un factor de amortiguamiento I igual o cero
canoaO.7.
b)Acelerómetro: Cuando la frecuencia natural del instrumento es grande en comparación con la frecuencia de la excitación: r« 1,6.32 se
reduce a Z ~ r 2 X =
+(
wn
w 2 X), esto es, la amplitud del movimiento
de m, relativo al bastidor, es proporcional a la amplitud de la aceleración de la fundación.
Bajo estas condiciones, el instrumento será llamado acelerómetro
o acelerógrafo, según se le utilice para medir o registrar aceleraciones.
EA
z =0
0.5
1.06
0.60
1.04
1.02
0.65
1.00t--""'~~~~=:"_=;;;::::::-:-------
0.94 1,;----+----+----+------:-1-'----+--O
0.2
0.4
Figura 6.50 Error del ace1erómetro.
Respuesta forzada de sistemas de un grado de libertad
329
El error producido por el registro del acelerómetro puede calcularse a
través de
(r«
1)
La representación gráfica de este error permite establecer (figura 6.50),
al igual que en el caso del vibrómetro, que al contar con un factor de
amortiguamiento de t = 0,7 se amplía considerablemente el rango
de precisión del acelerómetro.
6.3.6 Sobre la respuesta permanente de un oscilador caracterizado
por mecanismos de disipación no viscosos
Tal como se indicó anterionnente, existen en la naturaleza diversos tipos de
amortiguación siendo los más conocidos los mecanismos de amortiguación
viscosa, de fricción seca y de amortiguación estructural. Experimentalmente
se ha comprobado que los distintos tipos de amortiguación tienen un comportamiento muy semejante cuando se cons.ideran fuerzas de amortiguación
pequeñas. Dado que la amortiguación viscosa permite analizar sencillamente
el comportamiento de un sistema, ya que la ecuación diferencial que lo gobierna es lineal, se procura reducir otros tipos de amortiguación a una amortiguación viscosa equivalente, a fin de realizar un análisis aproximado de su comportamiento, lo que es de gran interés en el campo de la técnica. El criterio
que se usa es de tipo energético y se basa en suponer que, bajo una condición
de régimen permanente, las energías disipadas por ciclo por la amortiguación
real y por la amortiguación viscosa equivalente son iguales.
Bajo una condición de régimen permanente: x = X sen (wt -1», la energía que disiparía el coeficiente equivalente de amortiguamiento vendría dada
por
1
t
Ce ;'2 dt = "Ce wX 2
o
Consecuentemente
C
e
E
=----"''_=>
"W X 2
(6.32)
siendo E la energía disipada por ciclo por el mecanismo de amortiguación
considerado.
Ejemplos
a) Amortiguación estructural.
En este caso E =" ex](l, por lo que Ce
= ex/k
330
Vibraciones mecánicas
Así, la amplitud de la respuesta permanente de un oscilador con amortiguación estructural débil excitado armónicamente puede estimarse,
al utilizar la definición de coeficiente de amortiguación equivalente y
6.23, mediante
1
De igual manera el ángulo de fase entre excitación y respuesta atiende
a la expresión
tg 'Y
b)Amortiguación seca. En este caso E = 4¡J.NX, siendo N la magnitud
de la reacción normal entre las superficies en contacto. El coeficiente
equivalente de amortiguamiento viene dado por
Cp
= 41' '"
"x
Sustituyendo Ce en 6.23, y despejando la amplitud X se puede establecer que la respuesta permanente de un oscilador amortiguado por
un mecanismo débil de fricción seca, y excitado armónicamente, viene
dado por
[1 - (~)2 ]2
Wn
En cuanto al ángulo de fase, se puede concluir que
Se sugiere al lector representar gráficamente los resultados obtenidos en
los dos ejemplos anteriores, para establecer diferencias en el comportamiento
permanente de un oscilador caracterizado por distintos mecanismos de disipación.
Excitación arbitraria
331
6.4. RESPUESTA FORZADA DE SISTEMAS DE UN GRADO
DE LIBERTAD, EXCITACION ARBITRARIA
En la parte inicial de este capítulo se ha estudiado la respuesta de un sistema
a una excitación de tipo armónica. Con frecuencia, sin embargo, los sistemas mecánicos están sometidos a la acción de excitaciones percusivas que dan
origen a respuestas de tipo transitorio, cuyas características son de vital importancia en el diseño de elementos de máquinas, ya que pueden generar niveles
de esfuerzo de wan intensidad sobre algunos componentes, con la consiguiente
posibilidad de falla por ruptura o por fatiga de bajo ciciaje.
Dado que la solución de problemas transitorios en vibraciones requiere
de un tratamiento matemático más elaborado que el utilizado en la primera
parte de este capítulo, se procederá a analizarlos empleando los recursos de
la transformada la Laplace, método éste que constituye la herramienta más
conveniente para determinar la respuesta de un sistema lineal.
Considere pues la ecuación que rige el comportamiento de un sistema
de un grado de libertad, cuya configuración se describe mediante la coordenada
x(t), bajo el efecto de una excitación externaf(t):
mx'
+ ex + k x = f(t)
(6.34)
y sujeta a las condiciones iniciales
(6.35)
Al aplicar la transformada de Laplacc a (6.34) se tiene
(ms 2
+ es + k)X(s) -(ms+e)x(o)-mx(o)=F(s)
en donde X(s) y F(s) representan, respectivamente, las transformadas de Laplace de la respuesta x(t) y de la excitaciónf(t):
X(s) =L {x(t)} = t: e-"x(t) dt
F(s)=L
{f(t)} = Ce-"'f(t) dt
e tiene entonces que
X(s) = ms 2 +l +
es k
[F(s)+(ms+e)x o +mvoJ
(6.36)
expresión esta que puede llevarse a la forma
X(s) =H(s) F(s)
(6.37)
332
Vibraciones mecánicas
en donde H(s) = (ms' + es + k ")~: representa la llamadajUnción de transferencia* del sistema, mientras que F(s) = F(s) + (ms + e) Xo + muo represenu
la transformada de la excitación total. correspondiendo a la transformada de
Laplace de la excitación externa más una contribución debida a las condiciones iniciales x() y Vn .
Así pues, la respuesta de un sistema de un grado de libertad viene dada
por la transformada inversa de Laplace del producto de la función de transferencia por la transformada de la excitación total, tal como se desprende de
6.37:
x(t) =,C
-, {H(s) F. (s)}
Finalmente observe que, en ausencia de condiciones iniciales (6.37) toma la forma
X(s) = H(s) F(s)
A continuación se presentarán algunos ejemplos que ilustran la teoría
expuesta:
Ejemplo 6.11. Respuesta indieial
Considere un sistema de un grado de libertad caracterizado por una función
de transferencia H(s), y sometido a la acción de una excitación del tipo es·
calón unitario, (figura 6.51), aplicada en t = o:
f(t)
= u (t)
siendo
u (t) =
~:
t> O
t<O
f(t)
_'1--
.. t
Figura 6.51 Función escalón unitario.
*Observe que H{s) es una característica del sistema, ya que depende exclusivamente de sus parámetros:
m, e y k.
Excitación arbitraria
333
En el supuesto de no existir condiciones iniciales, la respuesta del sistema
c:s llamada respuesta indicial y se la denota por g(t).
De acuerdo a 6.37 se tiene:
g(t)
(6.38)
ya que
f. {u (t) }= ~
s
Ahora bien, dependiendo del grado de amortiguación existente, se tiene
ms' +cs + k =
m [ (s + ~ w n )' + w~ l
1;
<1
m (s + w n )'
1;
= 1
m [ (s + ~ w n )' - ~~
en donde
úJa
úJ n
~
Consecuentemente, el proceso de inversión que define g(t): (6.38) permite concluir que:
~
~
= 1
+ v'r; 2 -1 sen h wat)]~>1 (6.39)
siendo
úJ
o
= úJ n y'l - ~·T
334
Vibraciones mecánicas
Si en particular el oscilador no es amortiguado
1
g(t) =k-[l-cos wnt]
(6.40
Notas:
a) El lector debe observar que las expresiones (6.39) pueden.obtener><:
fácilmente de la ecuación diferencial (6.34) sin utilizar los recursos ck
la transformada de Laplace. En efecto, el problema a resolver
mx' + ex + k x = 1
x(O) = O ; X (O) = O
puede llevarse a la forma
mz' + cz' + k z =O
-1 ;z =
z(O) =
(O)
O
al aplicar el cambio de variables
z=x-lLa solución a este último problema de valores iniciales coincide justa.
mente con (6.39).
b) Tal como puede constatarse de las expresiones (6.39), la respuesta indio
cial es una función que identifica a un sistema mecánico dado, ya que
depende exclusivamente de los parámetros que lo caracterizan: m, c, k.
Más aún, tal como se verificará más adelante, la respuesta indicia:
permite generar directamente la respuesta del sistema a unaexcitació
arbitraria: f(t).
e) Dado que la ecuación diferencial (6.34) es lineal,cuando se le excita con
una fuerza del tipo Fa u(t), el sistema responderá atendiendo la le~
x(t) = Fa g(t)
Si la fuerLa es del tipo 1';, u(t - T), la respuesta será Fa g(l -T) u(l-T .
Estos resultados pueden esquematizarse como lo indica la ligur<.
6.52
Excitación arbitraria
1
t__
E_X_á_ta_,,_.ó_n
335
Respuesto.
_
•t
• glt)
S
,
•,
~
e
m
• FoIIl' -T) u(t-T)
u
•
F"g(t)
t
Figura 6.52.
plo 6-12
erminar la respuesta de un oscilador amortiguado a la excitación indicada
~"±.,,
'·1>---'
---<>---1_ . t
T
Figura 6.53.
- !ución
Ül primer lugar debe observarse que la exci tación f(l) puede expresarse como
f(l) = Fa [U (1) -u(t - T)]
nsccuentementc, al aplicar el principio de superposición a la ecuación di-erencia! linea! (6.34), y haeiendo uso de los resultados indicados anteriornte en la nota (e), se obtiene:
x(l) =Fa [g(t) -g (1 - T) u (t - T)]
oto es
F" g(t)
x( 1)
1
Fu ll¡"(t)-g(I-T)]
t<T
t> T
(6.41)
336
Vibraciones mecánicas
Ejemplo 6-13. Respuesta impulsiva
El ejemplo que se indica a continuación permitirá construir la respuesta de
un sistema dado a un impulso unitario aplicado en el instante t = 0, en ausencia de condiciones iniciales (figura 6.54). Con este fin considere un oscilador
amortiguado excitado por una fuerza constante aplicada sobre un intervalo
de tiempo T, de magnitud l/T. Observe que esta excitación genera un impulso
tmitario, esto es,
~ f'(t)dt
=1
La respuesta del sistema para todo instante t > T viene dada por
1
x (t) =T [g(t) - g(t - T)]
tal como se indicó en el ejemplo 6-12
Si a continuación se hace tender la duración de la excitación a cero
(T -> O), se genera una fuerza percusiva aplicada en t = 0, de impulso lineal
unitario. Este tipo de fuerza representa la llamada "delta de Dirac: ó(t)", la
cual viene defmida por el simbolismo
ó(t) =
t* °
jo
loo
t =
°
roo
ó(t)dt =
Se tiene entonces que
lím f(t)
T->O
1
T
Figura 6.54.
ó(t)
rO+
J ó (t) dt = 1
0-
Excitación arbitraria
337
Así, la respuesta del sistema a la acción percusiva puede determinarse al
evaluar el límite de x(t), tal como se define en (6.41), cuando T -+ 0, esto
es, evaluando
g-(t) - g-(t - T)
líPl
T
7:.-+0
La respuesta de un sistema a un impulso unitario aplicado en t = 0, en
ausencia de condiciones iniciales, es llamada respuesta impulsiva, y se le de·
nota por h(t); esto es
hit) = lLm g(t) - g(t - Tl
T'->O
T
Con el fin de romper la indeterminación que aparece al intentar calcular
el límite anterior, se procederá a aplicar le regla de L'H6pital,
d
dY[g(t) -g(t- Tl]
hIt) = lím
d
dT [T]
T-+o
=~
dt
Se tiene así la siguiente relación entre la respuesta impulsiva y la respuesta
indicial de un mismo sistema:
d
hIt) = dt g(t)
(6.42)
Sustituyendo (6.39) en (6.42), se tienen las siguientes expresiones para la
respuesta impulsiva:
-Z; W n t
1
e
sen wat
mw.
hIt) =
ro donde
~< 1
_wnt
1
m
te
1
•
mw.
e
-z;wnt
sen h Wat
~>
1
(6.43)
338
Vibraciones mecánicas
Observaciones:
a) Al igual que la respuesta indicial, la respuesta impulsiva es una fun
que caracteriza a un sistema mecánico dado, a través de la cual se p
evaluar la respuesta a una excitación arbitraria, tal como se veriEi
al tratar las integrales de superposición.
b) Si en particular el sistema no es amortiguado, la respuesta imp
se reduce a
h(t) = _1_ sen W n t
mW n
(6.=
e) Las expresiones 6.43 pueden obtenerse directamente al aplicar los
cursos de la transformada de Laplace. En efecto, la respuesta iro
siva viene dada por la solución de la ecuación diferencial
m ¡; + e h + k h = ó(t)
; h(O) = ¡, (O) = O
Aplicando la transformada de Laplace.
1
.J: {h} = ms2 + es + k
= H(s)
(6.~~
esto es, la transformada de Laplace de la respuesta impulsiva es jusmente la función de transferencia del sistema considerado.
Llevando a cabo la inversión de (6.45) se obtienen las expresiones (6.~
1
K
Respuesta de un sistema sub-amortiguado
a un escalón unitario
Figura 6.55 Respuesta indicial.
Excitación arbitraria
339
1 xl')
Respuesta de un sistema sub-amortiguado
a un impulso unitario
Figura 6.56 Respuesta impulsiva.
d) Finalmente cabe mencionar que la acción percusiva de la excitación
le imprime a la masa del sistema un cambio súbito en su velocidad,
sin un cambio apreciable en su configuración. Así, un oscilador excitado con un impulso I responde con vibraciones libres, de acuerdo a
las condiciones iniciales.
x(O) = O
.
I
x (O) =-
m
En las figuras 6.55 y 6.56 se muestran las funciones respuesta indicia! y
:-rspuesta impulsiva, respectivamente, de un sistema mecánico con un factor
c:L amortiguamiento ¡; = 0.3
-.4.1 Integrales de superposición
-:al como fuera sugerido con anterioridad, en este apartado se establecerá un
étodo que permita calcular la respuesta de un sistema a una excitación arbi::rana: f(t) cuando se conocen la respuesta impulsiva o la respuesta indicia!.
4.I.I Integral de convolución
-:-a1 como fuera establecido con anterioridad, la respuesta de un sistema de
grado de libertad a una' excitación arbitraria, en ausencia de condiciones
!niciales, viene dada por
340
Vibraciones mecánicas
L {x (t)} = F(s)H(s)
(6.~
Teniendo presente el teorema de convolución, * y recordando que
L {h (t) } = H(s)
el proceso de inversión sugerido por 6.46 conduce a la siguiente expresi
para la respuesta del sistema
x(t)
J: f(7)h(t-7)d7
(6.4 -
Esta expresión, que pennite evaluar la respuesta de un sistema a una exci
ción arbitraria cuando se conoce la respuesta impulsiva, es llamada Inte
de convolución.
Observaciones
a) Dado que el producto por convolución es conmutativo (6.47) pueck
escribirse alternativamente como
x(t) =
J; f(t -7) h( 7) d7
(6.4
b) En caso de existir condiciones inicia!es, la respuesta tota! del sistenu
se obtiene a! superponer a (6.47), la solución de la ecuación homogéna
que corresponde a dichas condiciones iniciales.
c) La expresión (6.47) puede obtenerse directamente a! considerar la eXQtación como un tren de impulsos de intensidades f(7) Ll 7 aplicad
en instantes 7, ta! como sugiere la figura 6.57.
f(1}
-+1..........- - r - -....oli6 'Tk--- I -r - - 1 Figura 6.57 Descomposición de una excitación en un tren de impulsos.
• J:. {f.o f(r) g (/ -r) d r } = J:. {[ (1) } J:. {.(t)} -
Ver apéndice.
Excitación arbitraria
341
mo es sabido, la respuesta del sistema a un impulso unitario Ó (t - r), aplio en t = í, viene dada por la respuesta impulsiva desfasada en un intervalo
~
tiempo 7 , esto es h(t - r ). De acá que la respuesta a un impulso
-) !:J.r ·ó(t - r) sea f(r) h (t - r) !:J.r. Se tiene entonces que la respuesta del
. tema a la excitación f(t) puede ser determinada aproximadamente al super. ner el efecto de cada uno de los impulsos elementales f(r ) !:J. r ó(t - r ),
esto es
x(t) ""'¿ f(r) h(t - r) !:J. r
0=<7=<t
:..a expresión exacta se obtiene al considerar el caso límite en que A:r ~ O
x(t) = Iím ~ f(r) h(t -r)!:J. r = J'o f(r) h(t -r) d r
a 7-+ o
tal como era de esperar.
5.4.1.2 Integral de Duhamel
A continuación se procederá a reformulir la integral de convolución en función
¿e la respuesta indicial. Así, a partir de (6.48), y utilizando (6.42), se tiene
x(t) =
J: f(t -r) g' (r)dr
Integrando por partes se obtiene que la respuesta del sistema a la excitación
arbitraria viene dada por
x(t) = f(O)g(t) + f'o
f' (r)g(t-r) dr
(6.49)
.E.sta expresión, conocida como la integral de Duhamel, permite evaluar la
respuesta del sistema en términos de la respuesta indicial, en ausencia de condiciones iniciales.
Observaciones:
a) La respuesta total de sistema se encuentra al superponer a (6.49) la solución de la ecuación homogénea correspondiente a las condiciones
iniciales del problema.
b) La expresión (6.49), puede obtenerse directamente al considerar la excitación f(t) como la superposición de un tren de funciones escalonadas
de amplitudes f(r) - f(r - !:J.r), aplicadas en t = r, tal como sugiere la
figura 6.58.
La respuesta del sistema a un escalón genérico será
[f(r) - f(r - M)] g(t - r)
342
Vibraciones mecánicas
t
..
Figura 6.58 Descomposición de una excitación en un tren de escalones.
mientras que la respuesta al escalón asociado al valor inicial de la fuerza f{t
será
[(O) g(t)
Se tiene entonces que la respuesta del sistema a la excitación [(t) puede aproximarse mediante la expresión
x(t) ~ [(O) g(t)
+ L [[(r)-[(r -
Llr)] g(t-r)
La igualdad corresponde al caso límite Llr -jo O. Observe que bajo estas con·
diciones [(r) - [(r - Llr) ~ f' (r) Llr, siempre que la excitación sea una fun·
ción derivable. Teniendo presente que la sumatoria converge a una integral,
se concluye que
x(t) = [(O) g(t) + ¡'
f' (r) g(t - r) dr
o
Ejemplo 6-14
Determinar la respuesta de un oscilador no amortiguado a una excitación
rampa, en ausencia de condiciones iniciales (figura 6.59).
Solución
a) Por aplicación de la integral de convolución:
x(t) =
.r: [(r) h (t-r) dr
V_t.. :tI
Figura 6.59.
(a)
Excitación arbitraria
343
Para el caso considerado
f(t) = (Xt ;
Sustituyendo en (a) y evaluando la integral, se tiene
(X
x(t) = m
-WI1
(X
1
J'o r sen W n (t-r) dr=--[t--senw
t]
n
k
w
(b)
n
b) Por aplicación de la integral de Duhamel
x (t) = f(O) g(t)
+ J:, f (r) g(t - r)dr
(e)
Como
f(t)
= (Xt
f(O)
=O ,
f(t) =(X
Sustituyendo en (e), y evaluando la integral, se tiene:
(X,
(X
1
x(t) = -k J [I-cos w n (t -r)] dr = -k [t - sen wnt]
Wn
a
(d)
Una simple inspección de b} Y d) permite establecer la coincidencia
de ambas expresiones.
E·emplo 6·15
Encontrar la respuesta de un oscilador armónico a la excitación f(t} descrita
en la figura 6.60, en ausencia de condiciones iniciales.
Solución
a} Primer método. Aplicación de la integral de convolución. Ante todo,
observe que la excitación puede escribirse como
Fa
F
f(t)
= ;
t [1-u(t-T]
+ Fau(t-T} =
-t
O"¡;; t"¡;; T
T
1Fa
t> T
·(a)
De acuerdo a (6.47), la respuesta del oscilador vendrá dada por:
x(t} =
J: f(r) h(t - r}dr
(b)
344
Vibraciones mecanicas
'"[7J'---
;
T
Figura 6.60.
siendo
1
h(t) = - - sen W n t
mW n
Se tiene entonces que
i)ParaO<'t<'T
Fa
1
y - - sen w n (t - y)dy
x(t) = i ' o T
mW n
Fa
I
mw n T.J;,
y
sen w n (t-y
o sea, al evaluar la integral
Fa
t
x(t) = - [
k
T
ii) Para
x(t) =
~
a
t> T
1
senw n (t-y)dy + I
TFa y mW
n
I
T
Fa
--
mW n
senw n (t-y d-
esto es,
x(t) = Fa [l_senwat + senw n (t-y)]
k
wnT
wnT
b) Segundo método. Aplicación de la integral de Duhamel. Com
sabido, la respuesta del sistema puede expresarse como
x(t) = f(O)g(t)
+ I~ f(y) g(t-y) dy
siendo
1
g(t) = k [1 - cos w n t l
Excitación arbitraria
345
por lo que el ejercicio queda reducido a evaluar la derivada de f(t).
Así, derivando la expresión (a), y observando que
d
dt {u (t - T)} = O (t - T)
se tiene
f(t)
=;
[1-u(t-T)] +Fo (l-fJ o(t-T)
(e)
Sustituyendo en la integral de Duhamel, se obtiene
Fo
r
1
: = J~ {JO [1 -u(r - T)] + F o (1 - T) O(r - T) }T[ 1 - cos W n (t - r) ]dr
Fo
-- kT
1;,t [1-u(r -T)] [1-cos W n (t-r )] d r +
+ ~o J~ (1- ;)[ l-cos wn(t -r)] 5(r - T) dr
If)
A continuación se consideran dos casos
i) Para
O";;' t";;' T
Bajo estas condiciones u(t-T) = O,
consecuentemente x(t) se reduce a
x(t) = kFTo Jo' [1- cos w n (t - r)] dr
ii) Para
o(t - T) = O
= Fo [..1_ sen w. t]
k
T
wnT
(g)
t> T
En este caso
1; [1-u(r - T)] [1-cos w n (t-r )]dr = J: [1-cos wn(t-r)]dr =
W nt
t'------=T'-')c..
= T- senwnT
+ ..:.s..:.enc:....:.w,-,n,::;,-(
wnT
esta última igualdad es resultado de la identidad
11 --+6
Vibraciones mer:ánicas
J: <P(r) o(r - T)dr = lO (7), siempre que 0< T< t
Sustituyendo en (f), se concluye que
e) Tercer método. Descomposición de la excitación en compon~ :.
elementales. La excitación J(t) puede ser expresada como superpa;.
F
ción de dos rampas, una de pendiente .;, aplicada en t = O; la otra
F
pendiente - .;, aplicada en t = T, tal como sugiere la figura 6.61.
FatLr. lh
+
T
,
~
Figura 6.61.
Así, la respuesta del sistema a la rampa ¡. (t) =
i
t viene dada.. -
acuerdo al ejemplo 6-14, por
XI (t)
=
La respuesta a la segunda rampa J2 (t)
dada por
Fa t-T
X2(t)=--[k
T
senwn(t-T)
(
)
]ut-T
Wn T
Como el sistema analizado es lineal, la respuesta a la excitación
viene dada por la suma de las expresiones (i) y (j), esto es:
X(t)
Fa t - T
sen W n (t - T)
-- [ - ]u(t-T)
k
T
wnT
expresión ésta que coincide con los resultados anteriores.
Excitación arbitraria
347
.plo 6-16
ntrar la respuesta de un oscilador armónico a la excitación f(t) indicada
.3 figura 6.62.
T
Figura 6.62.
a) Primer método: Aplicación de la integral de DuhameI. Este problema
particular admite por solución a
x(t) = J~ f(r ) g(t -r) dr ya que
f(O) = O
(a)
A partir de la expresión paraf(t) se calculaf(t), obteniéndose
F
f(t) =T t [1 -u(t - T)]
Fa
Fa
T
T
f(t) = - [1-u(t-T)]--tó(t-T)
(b)
¡
(1 - cas wnt) se
Sustituyendo (b) en (a), y recordando que g(t) =
tiene
expresión ésta que permite establecer dos casos:
i)ParaO ..;; t < T.Entoncesu(r-T)=O,/i(r -T)=O;porIoque
_
t
Fa
_ Fa
x(t) - Jo kT"fl - cos W n (t - r)]dr -T
ti) Para t ;;;. T. Bajo estas condiciones
t
senwnt
fTW T ]
n
(e)
348
Vibraciones mecánicas
Fa
= -k [1-
s_e_n_w=n,--t_ sen W n (t - T)
]
w T + W T
n
n
Consecuentemente
Fa
x(t) =-k- [ -
--=- +
sen w n (t - T)
wnT
senwnt
wnT
+ cos W n (t-T)]
Es interesante comparar las funciones I(t) correspondientes _
ejemplos 14 y 15 (figura 6.63).
'·0__
•
=-----
•
T
t'
LA i>-----o
T
•
,•
T
_Fa
T
,5(1-T)
Figura 6.63.
Se evidencia así que ambas funciones derivadas difieren en un 00:-'
aplicado en el instante t = T.
b) Segundo método: Los resultados obtenidos (e) y (d) pueden cal
se directamente aplicando la integral de convolución, o descomp do la excitación en componentes, elementales, tal como se sugiO":la figura 6.64.
+
-j''-----L-::To--...,· t
+-T,",,~r;;;-"'"
+
T
:':F~----
Figura 6.64.
Se deja al lector la correspondiente verificación.
Excitación arbitraria
349
Espectro de la respuesta
como se indicó en la introducción a este apartado, la determinación de la
::::::= amplitud de la respuesta a una excitación dada es de sumo interés
d diseñador, ya quc a través de eIta es posible predecir la rcIaciór. entre
.. eno dinámico a que está sometida la estructura y el esfuerzo estático
==rnondiente. En general puede decirse que la amplitud máxima de la res·
depende de las características del sistema y de la naturaleza de la exci- : tanto la frecuencia natural y el factorde amortiguamiento del sistema,
la forma y duración de la excitación son los factores determinantes que
- en dicha amplitud máxima.
Como ilustración se considerará el caso descrito en el ejemplo 6-12. Se tra""ronces de representar la amplitud máxima de la respuesta de un oscilador
ruco a un pulso de amplitud constante contra el parámetro W n T (para
lema dado cste parámetro cs una medida de la duración del pulso).
r
k
•
/(t)
¡
;:::j/~:~JM/)
··1>----'
T
Figura 6.65 .
....
.\ partir de la expresión de la respuesta obtenida en el ejemplo (6-12) (\ = O):
t < T
(6.50)
t> T
(6.51)
~tablecen las siguientes conclusiones:
a) Valores máximos de la amplitud alcanzados durante la aplicación del
pulso.
a.l. Si w T < 11, la expresión (6.50), representa una función monótonancrecien te, consecuen temente el valor máximo alcanzado por
la respuesta durante la aplicación del pulso será:
Fa
= -h
a.2.
Si w T>
"
Fa
2
(1 -cosw T) =2- sen
n
k
11,
WnT
2
(6.52)
la expresión (6.50) alcanza su valor estacionario
(6.53 )
350
Vibraciones mecánicas
b) Valores máximos de la amplitud alcanzados después de aplicado el
pulso. Dado que la expresión (6.51), tiene validez para un intervalo de
tiempo de duración infinita: t > T, sus valores estacionarios se alcanzan en los instantes correspondientes a la solución de la ecuación
dx _
di - -
Wn
Fa
¡;[sen W n (1 - T) - sen wnl] =0
esto es, cuando
sen W n (1 - T) =sen wnl
o equivalentemente cuando
(ex ... entero)
Así, los instantes para los cuales (6.51), es estacionario vienen definidos
por la sucesión
Los valores estacionarios de x serán entonces
Fa
W nT
x(t,,) = 2T sen (~ sen
t"2) = (-1)
Ci.1r
a+l
de donde se desprende que el valor máximo de la respuesta alcanzado
después de la aplicación del pulso viene dada por:
x mdx =
Fa
wnT
2 k Isen -2- 1
(6.54)
La figura 6.66 resume los resultados definidos por (6.51), (6.52) Y
(6.53).
/,x)
Fa máx
2
1T
2rr
_ : Máximos durante la aplicación del pulso.
_ : Máximos de:spués de la aplicación del pulso.
Figura 6.66.
Excitación arbitraria
351
::",~plo 6-17
enninar el espectro de respuesta de un oscilador armónico a la excitación
ada en la figura 6.67.
T
Figura 6.67.
ución
->.. como fuera indicado en el ejemplo 6-1 !;,la re'f'uesta de un oscilador arrnó-
a una excitación del tipo anteriormente descrito viene dada por
Fa
t
sen wnt
x(t) = [- 1
k
T
wnT
O<;;'t<T
(a)
t> T
(b)
Observando que la expresión (a) representa una función monótona crete, bastará determinar los máximos de (b), esto es, los máximos de la res_=ta después de estabilizado el pulso.
Con este fin se procederá a determinar los valores estacionarios de x(t),
;. T. Derivando (b) con respecto al tiempo e igualando a cero, se tiene
:lSecuentemente los valores de t que hacen estacionarios a x(t) atienden a
:elación
(e> ... entero)
oes
(e> •.. entero)
Sustituyendo en (b), y simplificando se obtienen los valores estacionarios
x. a saber
Fa
x(ta) = T
[1 ±
sen (% W n T)
(%wJ)
1
Así, los máximos de la respuesta pueden evaluarse a partir de la expresión
352
Vibraciones mecánicas
= Fa [1 +
k
.
W n TI
2
Isen-]
wnT
2
En las figuras 6.68 a 6.71 se muestran los espectros de respuesta de un osci·
lador amortiguado correspondientes a un pulso sinusoidal, pulso triangular,
pulso de amplitud constante y a una excitación constante con una etapa de
ascenso lineal.
2
-------;,--..---------------
21T
41T
61T
81T
lO1T
Figura 6.68 Espectro de respuesta a un pulso constante.
kx
(-)
F n máx
/(lJ
2
, ----------,----------
,
,,
'-------'------'--41T
i-
---'---'
81T
.. wnT
L~
Figura 6.69 Espectro de respuesta a un escalón con una etapa de ascenso lineal.
Excitación arbitraria
353
lit)
T
-~--- -
--------.;=;;..---- - - - - - -
! - - - - - - t l - - - - - t - I------jlf-------,+I------.-IIC-----;-;;::;-.Ioo. WnT
27T
47T
67T
87T
lO7T
127T
Figura 6.70 Espectro de respuestas a un pulso triangular simétrico.
h
(-)
i
Fo máx
11t)
-- -- -- - - ---- - - - - -- - --- ---- - - - - - - - - -- -----
L - - - - - + - - - - + - - - - - f - - - - - + I - - - - - 1 I - _ ' " WnT
2"
4"
6rr
81T
Figura 6.71 Espectro de respuesta a un pulso sinusoidal.
lorr
péndice
A.-'1SFORMADA DE LAPLACE
:Jdinición de transformada de Laplace
5c2: f(t) una función seccionalmente continua y de orden exponencial. Se de~
la transformada de Laplace F(s) de dicha función, mediante la expresión
F(s) = L {J(t)} = J; [(t) e -" dt
(A.l)
- ~de s representa una variable compleja.
·edades:
1) Transformada de la derivada de orden (n)
L {[:7/} = sn F(s) - sn -, [(O) - r
2 f(O) - ...
- f7~~)
(A.2)
2) Transformada de la integral definida
J'o [(t) dt} = F(s)
s
(A.3)
L {[(at) } = l F (.0':...)
a
a
(A.4)
L {
3) Cambio de escala
4) Multiplicación por t n
n
L {In [(t) } = (- 1)" d F(s)
ds n
355
(A.5)
356
Vibraciones mecánicas
5) División por t:
f.
{+
f(t) } = J,"" F(s) ds
(A.6)
6) Primer teorema de traslación
f. {ea' f(t)} = F(s -a)
(A.7)
7) Segundo teorema de traslación
f. {f(t-a)u(t-a)) = e-a, F(s)
donde u(t - a) es la función salto unitario, definida como
u(t-a)=
Funciones generalizadas:
a) Función salto unitario
u(t -a)
=
I
I°
t<a
°1
t~a
t<a
t~a
1
b) Delta de Dirac
ó(t-a)=J~
t =a
,1:
ó(t-a)dt=1
Propiedades:
d
l)dI [u(t-a)] =ó(t-a)
2) I,': f(t) ó(t - a)dt
3) f. {u (t) } = ~
s
4) f. {ó (t) }= I
JI °
si
fea) si
a> tI
o
a < to
(A.8)
Apéndice - Transfonnada de Laplace
357
sión
- F(s) = .L {f( t)} entonces
1 e't F(s )ds
c'fi OO
fi( t) =_1
2ni
(A.9)
e - i 00
eorema de los residuos (Cauchy)
la funciónf(z) se desarrolla en serie de Laurent en un entorno de un punto
gular aislado Zo , o sea, si se escribe
+~
f(z) = 1: Un (z - Zo
r
llama residuo de fez) en Zo y se lo indica por Res {f(z) 10' a! coeficiente
U-l
= 2:i
fe f(z) dz
- nde e es una curva que encierra a Z()o
Se puede demostrar que si e es una curva q~e encierra un número finito
':1' Z2' . . . ,Zn }de puntos singulares, se cumple que
n
f f(z) dz = 2 ni I: Res {f(z)} z
e
k=l
k
"fllicando este teorema a A.9 se tiene
f(t) = .L -1 {F(s)} = ~ Res {c't F(s)}
Rel
$h
tallsformada inversa cuando F(s) es una fracción raciona!
En este caso se recomienda una descomposición en fracciones parciales y se
an inversas de cada una de ellas, en virtud de la propiedad lineal de la
:::'2llSformación.
?roducto por convolución
Se:m f(t) y g(t) dos funciones seccionalmente continuas, definidas para t;;' O.
: definición se llama producto por convolución de las dos funciones f y g,
se escribe f* g), a la expresión
358 •
Vibraciones mecánicas
f' g = J'o f( 'T) g( t - T ) dr
Transformada de un producto por convolución
f. {!.j' g) (t)) = f. {f(t) } f. {g(t) }
TABLA DE TRANSFORMADAS DE LAPLACE
F (s)
= f. {f (t)}
f (t)
1
s"
1
(S-a;"
1
s
a
s
a
s
sen at
eos at
sh at
eh at
u (1 - a)
Apéndice - Transformada de Laplace
359
EJERCICIOS
- 1.
Determínese la frecuencia natural de vibración del sistema mostrado
en la figura 6.72, suponiendo que se puede despreciar la masa de la barra rígida mostrada.
k
Figura 6.72.
- ?
Una barra vertical de masa m y longitud ~ oscila bajo el efecto de su
peso y de un resorte lateral, como lo indica la figura 6.73. Encontrar la
ecuación diferencial del movimiento, la frecuencia angular de la oscilación y la condición para que dicha oscilación exista.
·1-wWk~-1I-t
r
~~""'"'~~~~",,;,.,.
Figura 6.73.
El eje de torsión AB de acero, sostiene una pieza de 200 kg. Y radio de
giro T x = 50 cm. Si .1'1 = 10 cm, h =90 cm, calcúlese el diámetro de la
barra, sabiendo además que ~ = 1 m y que el período natural de oscilación del sistema ha de ser por lo menos de t n = 3 seg (figura 6.74).
360
Vibraciones mecánicas
6.4.
Determínese la ecuación diferencial del movimiento del sistema indicado en la figura 6.75 donde el momento de inercia de W y la barra
alrededor de O es Jo. Mostrar que el sistema se hace inestable cuando
2
b »Ka
w
a
b
o
-+-
Q
Figura 6.75.
6.5.
Un automóvil arrastra un remolque a una velocidad constante vo , me·
diante una conexión compuesta de un resorte y un amortiguador tal
como indica la figura 6.76. Si en cierto instante el automóvil se detiene
de repente, se pregunta:
a) Cuál es el movimiento del remolque posterior a la inmovilización del
automóvil, tomando en cuenta las condiciones iniciales impuestas
por el problema.
b) Dibujar el diagrama x = x(t) del movimiento del remolque para el
caso en que la amortiguación es una quinta parte de la crítica, con
los siguientes valores numéricos:
mg = 100 kg., k = 1000 kg/cm., V o = 20 km/h.
V
o
---
I
.x
~~~""~L
Figura 6.76.
6.6.
Una biela se apoya sobre una cuchilla en el punto A, observándose que
el período de oscilación para pequeñas amplitudes es de 0,985 seg. Si
se apoya sobre la cuchilla en el punto B se observa un período de 0,850
seg.
Se desea determinar:
a) La posición del centro de masa de la biela.
b) El radio de giro de la biela con respecto a un eje que, pasando por el
centro de masa, sea perpendicular al plano de la figura.
Apéndice - Transformada de Lap1ace
361
I
I
A
28.7 cm
I
I
I
I
Figura 6.77.
6.7.
El sistema mostrado en la figura 6.78 gira alrededor del eje vertical con
velocidad angular constante de magnitud n.
Determinar la frecuencia angular natural de la masa m para oscilaciones
de la barra en un plano vertical.
La barra está empotrada en el punto A.
El
~1A=u
... ~ __ ~
m
Figura 6.78.
6.8.
Los cojinetes de una máquina empleada en operaciones de equilibrado
estático de rotores, están inclinados un ángulo CI respecto de la vertical,
figura 6.79. Si un rotor de momento de inercia] respecto de su propio
eje se monta en esta máquina, se pide escribir la ecuación diferencial
del movimiento del rotor sabiendo que tiene una masa de desequilibrio
m, colocada a una distancia T de su eje.
Linealizar esta ecuación y determínese la frecuencia natural de oscilación.
362
Vibraciones mecánicas
Figura 6.79.
6.9.
Una barra de torsión k t tiene en su extremo un disco de momento de
inercia J que está sumergido en aceite, figura 6.80. Su frecuencia de oscilación es entonces J2' Cuando oscila al aire libre (amortiguación despreciable) su frecuencia de oscilación es J,. Se pide, en función de estos
datos el coeficiente de amortiguación Gt .
Figura 6.80.
6.10. El eje delgado que se representa, tiene una constante de torsión K y
está rígidamente unido a un pequeño volante de momento de inercia
Jo (figura 6.81): El sistema gira con velocidad angular constante w,
,,
I'j" ,,
I I
I :
'+'o
9fD
-.. I
I
,
,
I
I'. ,,
.~---
-.~
W ---~--"
L ••
Figura 6.81.
Apéndice ~ Transfonnada de Laplace
363
dentro de un baño de aceite, el cual asegura una amortiguación viscosa
equivalente C. Si de repente el eje es detenido, se pide encontrar:
a) La ecuación del movimiento subsiguiente, cuenta habida de las con·
diciones iniciales impuestas por el problema.
b) Representación gráfica del movimiento del volante a partir del instan·
te en que el eje se detuvo.
'.11. Una placa delgada de área A y peso P se fija en el extremo de un resor·
te elástico y se le permite oscilar en un fluido viscoso midiéndose el
período T 2 ; cuando el mismo sistema oscila en aire el período es TI
(figura 6.82). Demuestre que si la fuerza viscosa sobre la placa viene
dada por Fv = 2¡;A V, en donde V representa su velocidad, el coeficiente
de proporcionalidad /1 viene dada por
sz
sz
Figura 6.82.
6.12. Utilice el método de Rayleigh para estimar la frecuencia natural de una
barra empotrada en un extremo y con un bloque de masa m en el otro
extremo para oscilaciones longitudinales del conjunto (figura 6.83).
Figura 6.83.
6.13. Encontrar la frecuencia natural asociada a vibraciones transversales del
sistema mostrado en la figura 6.84.
M
Figura 6.84.
364
Vibraciones mecánicas
6.14. Para el eje de máquina indicado en la figura 6.85, el cual lleva n rotores
de masas M¡, M 2 , • • • , ~, la frecuencia natural puede estimarse mediante la relación
k M; Y;
2
Wn
= k M;
11 g
en donde Y; representa la deflexión experimentada por el rotor de masa Mi.
Figura 6.85
6.15. Utilice el método de Rayleigh para estimar la frecuencia natural del eje
mostrado en la figura 6.86, construido de un material homogéneo de
densidad P y módulo de elasticidad E.
A
..
-~--_
A_,~~_¡~
__
Sección AA
BB
Figura 6.86.
6.16. Un sistema con un grado de libertad y de muy débil amortiguación está
oscilando cerca de las condiciones de resonancia. La amplificación es
entonces tan grande y la excitación tan pequeña, que los instrumentos
de medida no pueden determinar la amplitud estática DA con la suficiente precisión. Lo que se alcanza a medir es la amplitud máxima Xm ,
amplitud x, en dos puntos distantes de 2 6w, la diferencia de frecuencias 26w y la frecuencia natural W n .
Apéndice - Transformada de Laplace
365
x
Xm
+------ji
x,
I
I
I I
or------¡-~_;_---r_+--- W
wn
Figura 6.87.
Dedúzcase el valor de factor de amortiguación suponiendo que J2 es
Ce
f',w
pequeño, así como -w;;--
Resp.
6.17. La masa m está sometida a una fuerza oscilante F cos wt, figura 6.88.
o
Determínese el factor- de amplificación para la masa m. definido por
K) donde Aes la amplitud del movimiento permanente.
o
Focos wt
m
Figura 6.88.
366
Vibraciones mecánicas
6.18. Un motor eléctrico que pesa 500 kg. está montado sobre resortes con
una k = 200 kgfcm y amortiguadores con un factor de amortiguación
total 1= 0.2 (figura 6.89). El motor está desequilibrado y e! peso excéntrico equivalente es 20 kg. con una excentricidad de e = 10 cm. Determínese la amplitud de! movimiento vertical, e! ángulo de fase, la
transmisibilidad y la fuerza transmitida a la fundación cuando:
1) El motor opera a 200 revolfmn.
2) El motor opera a 600 revolfmn.
I
/-e;;-.m\
,....._....
\
!
2 •
./
,
I
(
G~
',. ' .:'!
J!..2
,,,uf
Figura 6.89.
6.19. Considere un oscilador am<>rtiguado de un grado de libertad (figura
6.90). Cuando es excitado mediante una fuerza del tipo: Fa sen wt
(Fa constante) se observa que la máxima amplitud de la respuesta permanente se produce cuando w = W 1 .
Si se le excita con una fuerza de! tipo mrw 2 Sen wt (mr constante), la
máxima amplitud de la respuesta permanente se produce cuando
w=w 2 "
Determine la frecuencia angular natural W n y e! coeficiente de amortiguación ~ del sistema en función de WI Y W2' exclusivamente.
Figura 6.90
6.20. El rotor de una turbina de peso 150N está colocada en e! punto medio
de un eje apoyado sobre cojinetes (separación entre cojinetes 40 cm.).
Es sabido que e! rotor tiene un desequilibrio de 4 onzas-pulg. Determine
la fuerza ejercida sobre los apoyos a una velocidad de 6000 rpm., si e!
Apéndice - Transformada de LapIace
367
diámetro del eje de acero es de 2,5 cm. Compare este resultado con
el obtenido para el mismo rotor cuando se le coloca sobre un eje de
acero de 2, O cm. de diámetro.
Suponga que el eje está simplemente apoyado sobre los cojinetes.
6.21. Demuestre que para pequeñas amortiguaciones, la amplitud de las vibraciones laterales de un eje sometido a la condición de resonancia
(vueltas críticas) crece de acuerdo a la ley r = ;. (1 - e- !W n '), en
donde e representa la excentricidad.
I
6.22. Cuatro resortes idénticos de característica
F
= 600X + 12.000X2 ,
x.... cm
F.... N
serán utilizados para soportar una máquina rotativa de peso 4000N
a) Determinar la frecuencia natural del sistema para pequeñas oscilaciones alrededor de la posición de equilibrio.
b) Si el rotor tiene una masa de 100 kg. y su centro de masas se encuentra a una distancia de 1 cm. de su eje geométrico, detenninar la fuerza
total transmitida a la fundación sabiendo que la máquina debe operar a una velocidad de régimen de 1.000 rpm.
e) ¿ Recomienda usted la instalación de un sistema de amortiguadores li··
neales para reducir la fuerza transmitida a la fundación?
En caso de ser afirmativa su respuesta, qué tipo de amortiguador escogería:
Tipo A
¡; = 0.1
Tipo B
¡;
= 0.2
=- 3. En la figura 6.91 se muestra la característica de un amortiguador no
lineal:
F=
- ex
,-2ex
x
> O
x
<O
en donde e es constante.
Un amortiguador de este tipo se emplea para vincular un bloque de
masa m a una fundación (ver figura).
a) Determine la constante, equivalente del amortiguador dado.
b) Si sobre el bloque se aplica una fuerza Fa sen wt, determinela fuer·
za transmitida a la fundación.
368
Vibraciones mecánicas
,,,¡'//,.I '1
l
k
I
.,1.
'1' I ;;,'
ro
e
I
Figura 6.91.
6.24. Un motor de un solo cilindro está unido a una fundación mediante resortes. Determinar la amplitud de las vibraciones del motor a 250 rpm.,
la transmisibilidad y la fuerza transmitida a la fundación a esta velocidad, sabiendo
•
•
•
•
•
Peso del motor: 4500 N
Peso del pistón: 150 N
Longitud de la biela: 40 cm.
Peso de la biela: 100 N
Distancia del centro de gravedad de la biela a uno de sus extremos:
13,3 cm.
• Carrera del pistón: 20 cm.
• Deflexión estática de los resortes debida al peso del motor: 5 cm.
• Relación de dos amplitudes sucesivas cuando el motor vibra librementel: 0,42.
6.25. Análisis de un aislador idealizado de vibraciones: Amortiguador viscoso
conectado elásticamente a la fundación (figura 6.92).
Nomenclatura:
s
= ,/klm
= v'(S + ¡)klm
Apéndice ~ Transformada de Laplace
r
369
=
a) Determine analíticamente la amplitud de la respuesta permanente.
Represente gráficamente sus resultados, considerando el caso particular en que s = 3 Y poma los valores O; 0.1; 0.2; 0.5; 1; 2; 8. Conclusiones.
b) Determine analíticamente la transmisibilidad en función de s,
r.
Represente gráficamente la transmisibilidad correspondiente al valor
~= 0.2 Y con s = O; 1; 2; 5;00. Conclusiones.
e) Encuentre la transmisibilidad máxima (correspondiente a resonancia),
en función de s y Represente gráficamente sus resultados para los
valores s = 0.5; 1; 1, 5; 3; 5; 8. Conclusiones.
d) Determine analíticamente los valores óptimos de esto es, aquellos
para los cuales la transmisibilidad máxima es mínima. Represente
gráficamente la transmisibilidad óptima (correspondiente al caso
óptimo) vs la relación de frecuencia: r. ConsidereIos casos s = 1; 1.5;
2; 3; 5; 8. Conclusiones.
r,
r.
r,
r
--
Fa sen wt
f
m
lo .J e
k 1 =sk
'k ¡
Figura 6.92.
6.26. Un volante V de acero de 200 kg. de peso se monta en un eje de acero
de sección circular de 10 cm. de diámetro tal como se indica en la figura
6.93
a) Despreciando la flexibilidad de los soportes, encuentre la velocidad
crítica del conjunto.
b) Si los apoyos son t1exibles, con una elasticidad Ka = 8.10 4 ~ equivalente en cualquier dirección normal al eje, encuentre el cambio experimentado por la velocidad crítica del conjunto.
Eaeem = 2.10· kg/cm 2
370
Vibraciones mecánicas
v
L -----+----{] 41
60 cm
40 cm
------r-
Figura 6.93.
6.27. Un motor eléctrico está montado sobre una viga en voladizo(fi)(Ufa6.94).
Si el motor se desplaza .64 cm., la vibración del motor y la viga disminuye a menos de .04 cm. en 4 ciclos. Estime los valores del parámetro
adimensional mX/m o e para vibración forzada en resonancia, si la armadura estuviera desbalanceada.
Figura 6.94.
6.28. Dos barras uniformes de masa m y longitud 2L se articulan a un disco
J, tal como se indica en la figura 6.95. Suponiendo que la velocidad
angular del disco n es suficientemente alta como para despreciar el efecto de la gravedad, determinar las frecuencias naturales del sistema para
pequeñas oscilaciones.
1
2L
,
,,
,,
,,
2b
2L
Figura 6.95.
,
,I
,,
Apéndice - Transformada de Laplace
371
6.29. Considere un sistema de un grado de libertad con fricción de Coulomb,
excitado por una fuerza armónica Fosen wt.
Suponiendo que 4uN < 7f F o, verifique que la transmisibilidad es menor que 1 cuando ~n >fi, mayor que 1 cuando ';; <~ e infinita
para resonanCIa.
6.30. Una máquina alternativa de 300 kg. está colocada sobre aislantes de
caucho. Suponiendo:
i) La deformación estática del soporte es de 25 mm.
ii) La velocidad máxima de operación de la máquina es de 200 rpm.
iii) La fuerza vertical de trepidación puede estimarse en 180 cos w t
+ 70 coszwt . .. (en Nw)
Determinar la amplitud de la respuesta permanente de la máquina en
dirección vertical.
6.31. Con el fin de analizar la respuesta de una viga en voladizo, en cuyo
extremo libre se fija una masa concentrada m (mucho mayor que la
masa de la viga), a un desplazamiento sinusoidal del empotramiento, se
propone en primera aproximación el modelo masa-resorte-amortiguador
indicado (figura 6.96).
a) Encuentre una expresión genérica que determine la amplitud de la
respuesta permanente del bloque (absoluta)
b) Evalúe para el caso
I
= 0,01
n = 0,5 W n ~ 0,5 jKe
m
Z = 2 cm
m
~T
Figura 6.96.
6.32. Un motor eléctrico de masa 120 kg. está montado sobre un apoyo elástico de parámetros k = 10600 Nwfcm, ~ = 0.1. Suponiendo que su
rotor posée un desequilibrio equivalente a una masa de 2 kg. colocada
a 10 cm. del eje de rotación, y que la máquina puede funcionar entre
1800 y 3600 rpm., calcule:
372
Vibraciones mecánicas
Gráficas parar = 0.1
1:':.l2t.1'
Q)- v' (1:"',')' + (2~')'
3.0
2.0
1.0
2.0
3.0
4.0
5.0
,
Figura 6.97
•
la velocidad a que debe funcionar la máquina para transmItIr
una fuerza mínima a la fundación, y la magnitud de la correspondiente fuerza mínima. (Ver figura 6.97.)
6.33. Una máquina alternativa de masa 200 kg. se fija a una fundación mediante una unión elástica con poca amortiguación y caracterizada por
una relación fuerza deformación:
F = 10000 x - 4500 x 2 (F... newtons, x ... cms)
Calcule:
a) la ley que gobierna el movimiento de la máquina alrededor de la
posición de equilibrio estático, bajo el supuesto de pequeñas oscilaciones.
b) ¿Cuánto vale la correspondiente desviación máxima que experimenta la máquina alrededor de su posición de equilibrio estático?
Suponga que la fuerza excitatriz generada por la máquina viene
dada por
F-14200 (cos 188.5t + 0,2 cos 377t)
t. .. seg: F. _. newtons
Apéndice - Transformada de Laplace
373
-.34. Un mecanismo de control con una válvula de leva puede describirse
como una masa m conectada a un punto fijo por un resorte k y al seguidor del mecanismo de leva mediante un resorte k, (figura 6.98). La
leva se mueve horizontalmente con una velocidad constante va'
a) Suponiendo que antes de pasar la leva la masa m estaba en reposo,
encontrar su movimiento durante dicho paso.
b) Considerando que a = 4rrvo /w, determine el movimiento posterior
al paso de la leva.
k
'
m
"
..
Figura 6.98.
-.35. Un cuerpo de masa m se encuentra vinculado a una caja de masadespre·
ciable mediante una unión elástica idealizada mediante un resorte de
constante k y un amortiguador lineal c. El conjunto se deja caer sobre
el piso desde una altura h (figura 6.99). Suponiendo que cuando la caja
entra en contacto con el piso el resorte se encuentra indeformado, de·
terminar la aceleración máxima que experimenta el bloque de masa m
Suponga h = 2m, m = 20 kg., k = 2 Nw. e = 25 Nw seg
cm
m.
.)f)},94fHJIJ;;;;¡SJ/'1'¡;;H M?JP
Figura 6.99.
374
Vibraciones mecánicas
6.36. Un cuerpo de masa m se deja caer desde una altura h sobre el punto
medio de una viga simplemente soportada (figura 6.100).
a) Suponiendo que la masa m no rebota, determinar la de flexión dinámica máxima que experimenta la viga en función de la deformación
estática.
b) Responder nuevamente (a) suponiendo que la viga posée una masa
m idéntica a la del cuerpo.
m
--r
h
Figura 6.100.
6.37. Dos pistones idénticos de 3kg. se unen elásticamente en el interior de
un tubo de 5 cm. de diámetro mediante un resorte lineal de constante
20 Nw/cm.lnicialmente el resorte no está comprimido (figura6.101a),
siendo su longitud natural de 25 cm. El tubo se conecta a través de una
válvula a un tanque de gran capacidad que contiene un gas seco almacenado a la presión de 7 Nw/cm 2 • En un cierto instante se abre la válvula
por lo que la presión en el tubo aumenta hasta igualar la presión del
tanque, de acuerdo a una variación lineal. Determine una expresión que
gobierna la separación entre los dos pistones. Repetir el ejercicio suponiendo que el incremento de presión atiende a una ley sinusoidal.
Nw
7 -2
cm
-1(
1./ . • '''1..
.. "
Figura 6.101 (a).
Apéndice - Transformada de Laplace
375
p
..
7nwlcm'2
--------------::; ~--------~
....
,:-
,//'
...... ..-
-
,
1 seg
Figura 6.101 (b).
El sistema mostrado en la figura 6.102 se excita mediante un tren de
impulsos de intensidades 1 aplicada periódicamente. Determinar la resk = 2 Nw
Puesta del sistema para el caso m = 1 kg., k = 1 Nw
m' 1
m
C=0.75Nwseg
m.
-flt)
/<,
m
."
-'le
"",-"-'.,,
"
k
,
"
..
,,,'""",",,,' "-,,~'~'\"~"
t(tl
T
2T
3T
Figura 6.102.
- 9. Un ascensor no amortiguado de masa m está suspendido mediante un
cable flexible de sección transversal A y módulo de elasticidad E (figura
6.103). La cabina se encuentra descendiendo con una velocidad constante V o cuando se aplican los frenos al tambor de radio r, produciéndose
Wla desaceleración constante a. Bajo estas condiciones el cable dejará
de desenrollarse en un tiempo
v" , con tado a -partir del instante en que
a
se aplicaron los frenos.
Determinar el desplazamiento x del ascensor durante el intervalo
O< t <
v" , suponiendo que la longitud libre del cable de suspensión es
a
~ cuando t = O Y despreciando el cambio de su longitud durante la etapa
del frenado.
376
Vibraciones mecánicas
Figura 6.103.
6.40. Considere la estructura mostrada en la figura 6.1 04a, constituida por
una placa rígida de masa m y cuatro columnas idénticas de rigidez a la
flexión El, longitud 11 y masas despreciables.
a) Si la fundación se desplaza en función del tiempo obedeciendo la
ley z =z(t), determine la ecuación diferencial que rige e! movimiento
de la placa (desprecie e! movimiento experimentado por la placa
en dirección vertical).
b) Describa la respuesta de la estructura a un desplazamiento de la
fundación de! tipo z = z(t) ={ zo (1- coswt 1 0< wt < 1T
wt> 1T
o
el Encontrar e! espectro de la respuesta de la estructura a un desplazamiento del tipo: pulso rectangular.
-¡----a --j--
¡-----i-ct
----..
-t
%:a
Placa
F('l
%a
!---~:-+
,
,
l=L
fundación
..
Z(t)
Di
Figura 6.104a
Apéndice - Transformada de Laplace
377
Represente la amplitud máxima de la respuesta contra la duración
del pulso (formas adimensionales).
d) Suponga ahora que la fundación es fija y que sobre la placa se aplica
una fuerza armónica F( t) = Fosen wt. tal como se indica en la figura
6.104b. Determine la fuerza total transmitida a la fundación en la
condición de régimen permanente.
zt_~
Zo 1_ _-'-----,,
....
t
T
Figura 6.104 (b).
- ~ 1. Determinar el espectro de la respuesta de un oscilador armónico a las
excitaciones que se indican en la figura 6.105.
! a) Pulso sinusoidal
b)
•
IL
,,
,
----'--__--:!':'::-_ _0.<.... t
T
2T
d)
e)
F o .----- - ----
IL.._ _---L
TI2
4o'. t
T
T
F¡gum 6.105.
Si el período natural T" de un oscilador es muy grande en comparación
con la duración del pulso T, la respuesta máxima ocurre para t > T.
De acuerdo a la integral de convolución, la respuesta para t> Tviene
dada por
wn
rT
% t) = k [sen wnt J"o f(r) cos wnrdr - cos Wnt ¡To fi(r) sen W n r dr]
en consecuencia, la respuesta para t > T corresponde a un movimiento
armónico. Discutir la naturaleza del espectro de respuesta en este caso.
378
Vibraciones mecánicas
6.43. Una leva deslizante produce sobre el seguidor un desplazamiento tipo
pulso sinusoidal (figura 6.106). La leva se traslada con velocidad constante V y produce un desplazamiento vertical del seguidor de magnitud
H. Determinar la velocidad máxima de la leva para que no se produzcan
vibraciones del sistema después de aplicado el pulso (estas vibraciones
se les suele identificar como residuales J. Bajo estas condiciones determine la amplitud máxima de oscilación del conjunto.
1'".,
"/.'
"
,.'"
""'j'/
"lJo"
,
Figura 6.106.
6.44. Un oscilador armomco de un grado de libertad (no amortiguado) se
excita mediante dos impulsos, tal como se indica en la figura 6.107.
En ausencia de condiciones iniciales, determine la respuesta en fun• ción
del tiempo.
• Represente gráficamente el espectro de la respuesta 1- 1 XI _
¡7lW n
max
en función de W n T
X . . . amplitud de la respuesta,
F('l
J
1
Figura 6.107.
Apéndice - Transformada de Laplace
379
6.45. Cuatro resortes idénticos de característicasf= 60,000x + 2,400x 2 (f en
newtons, x en metros) son utilizados para soportar una placa rectangular de peso 4,000 newtons.
a) Determinar la frecuencia natural de! conjunto para e! caso de pequeñas oscilaciones verticales, alrededor de la posición de equilibrio.
b) Encontrándose la placa en su posición de equilibrio, se le aplica un
impulso vertical en su centro de magnitud 5000 nw-seg y de duración 1/3 de seg. Suponiendo que este impulso es de tipo triangular,
determine la fuerza máxima transmitida a la fundación.
6.46. En la figura 6.10Sa se muestra una barra homogénea AE, de masa m y
longitud 4Q, en equilibrio en un plano horizontal. En esta posición e!
centro de la barra ocupa una posición equidistante de los extremos de!
tope TT Uuego ± j). Sobre e! extremo E de la barra se aplican fuerzas
f(t), en forma de pulso triangular simétrico, con una duración T com-
prendida entre rr
t
jff y 4rr j 2~ :
f
A
F o -- - -
Q
I
1
- ._--------
K
T ... variable
2
T
I
Figura 6.IOS (b)
~-~
2
1
i
F o... constante
T
,~
~ .~
J
D
K
2
-l---==~E=--.. f (t)
Figura 6. lOS (a)
En ausencia de condiciones iniciales, y utilizando los espectros indicados
en el. texto, calcule el valor máximo de F o , de manera que no exista
contacto físico entre la barra y los topes en ningún instante.
Suponga oscilaciones pequeñas.
380
Vibraciones mecánicas
6.47. Repetir el ejemplo 6-10, cuando las uniones a considerar son.
TIPO
Ke (Nw/m)
t
A
1.600.000
0.20
B
1.800.000
0.15
e
2.000.000
0,10
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Angeles,]. Análisú y n'ntesis cinemáticos de sistemas mecánicos, Ed. Limusa, 1978.
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Timoshenko, S. Vibration prob/ems in engineering. Van Nostrand, 1955.
443
t
ESTA OBRA SE TERMINO DE IMPRIMIR EL OlA 23 DE MARZO DE 1983
EN LOS TALLERES DE PROGRAMAS EDUCATIVOS,
S, A. DE C. V. CHABACANO 65, LOCAL A
MEXICO 8, D. F.
LA EDICION CONSTA DE 3,000 EJEMPLARES
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KE-527 -85
,
,r/J
/
1
Este texto ha sido concebido con la finalidad de cerrar la brecha que el
estudiante de Ingenierla Mecánica encuentra entre las asignaturas Mecánica
Racional y Diseño Mecánico.
A lo largo del libro se presenta, en forma concisa, una metodologla basada
en 105 principios fundamentales.de la mecánica, que permite analizar tanto sistemas mecánicos como sus componentes, e ilustrada con una serie de ejemplos
resueltos y propuestos.
Entre 105 tópicos tratados destacan los siguientes:
•
•
•
•
•
•
•
Ecuación fundamental de los sistemas mecánicos rotativos. Aplicación
al análisis de volantes y a la determinación de tiempos de arranque y
parada.
Estudio de transmisiones:
juntas universales, acoplamientos rlgidos, transmisiones hidráulicas,
transmisiones por engranajes, correas y embragues.
Dispositivos de frenado mecánico.
Equilibrado de máquinas rotativas.
Análisis de mecanismos de barras. Aplicación al caso de un mecanismo
motor y al equilibrado de máquinas alternativas.
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