CALCULO DE ELEMENTOS DE MAQUINAS II
PROBLEMAS: EMBRAGUES Y FRENOS
PROBLEMAS: EMBRAGUES Y FRENOS
1. Calcule el torque que debe transmitir un embrague para acelerar la polea de la figura del estado de reposo hasta 550 rpm en 2.50 segundos. Siendo la polea de acero para banda plana Figura 1
PROBLEMAS: EMBRAGUES Y FRENOS Es posible considerar que la polea consta de tres componentes cada uno de los cuales es un disco hueco. 𝑊𝑘 2 para la polea total es la suma de 𝑊𝑘 2 de cada componente.
4 4 𝑅 − 𝑅 ×𝐿 1 2 2 𝑊𝑘 = lb. pie2 323.9
Parte 1. 𝑊𝑘 2
=
10.04
9.04
− × 6.0 lb. pie2 323.9
𝑊𝑘 2 = 63.70 lb. pie2
Parte 2.
4 − 3.04 × 0.75 9.0 𝑊𝑘 2 = lb. pie2 323.9
𝑊𝑘 2 = 15.00 lb. pie2
Parte 3. 𝑊𝑘 2
3.04 − 1.54 × 4.0 = lb. pie2 323.9
𝑊𝑘 2 = 0.94 lb. pie2
PROBLEMAS: EMBRAGUES Y FRENOS 𝑊𝑘 2 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 36.70 + 15.00 + 0.94 lb. pie2 𝑊𝑘 2 = 79.64 lb. pie2 Calculando el torque T:
𝑊𝑘 2 ∆𝑛 𝑇= lb. 𝑝𝑖𝑒 308𝑡 79.64 550 𝑇= lb. 𝑝𝑖𝑒 308 × 2.5 𝑇 = 56.9lb. 𝑝𝑖𝑒 En resumen, si un embrague que es capaz de ejercer cuando menos 56.9 lb-pie de torque se enlaza con una flecha que soporta la polea que se muestra en la figura, la polea podría acelerarse a partir del estado de reposo hasta 550 rpm, en 2.50 segundos o menos.
PROBLEMAS: EMBRAGUES Y FRENOS 2. Calcule la inercia total efectiva del sistema de la figura para el embrague. A continuación, calcule el tiempo necesario para acelerar el sistema, desde el reposo hasta la velocidad de 550 rpm del motor, si el embrague ejerce un par torsional de 24 lb-pie. La WK2 de la armadura del embrague, a la cual debe también acelerar, es de 0.22 lb-pie2, incluyendo el eje de 1.25 pulg.
Figura 2.
PROBLEMAS: EMBRAGUES Y FRENOS El embrague y el engranaje A giraran a 550 rpm, pero debido a la gran reducción, el engrane B, su eje y la polea giraran a:
𝑛2 = 550𝑟𝑝𝑚
24 = 200 𝑟𝑝𝑚 66
Ahora calcule la inercia para cada elemento, referida a la velocidad del embrague. Suponga que los engranes son discos con diámetros externos iguales a sus diámetros de paso, y que los diámetros internos son iguales al diámetro del eje. Usamos un disco de acero, para calcular WK2.
Engrane A:
𝑊𝑘 2
2.004 − 0.6254 × 2.50 = = 0.122 𝑙𝑏. 𝑝𝑖𝑒 2 323.9
Engrane B:
𝑊𝑘 2
5.504 − 1.504 × 2.50 = = 7.02 𝑙𝑏. 𝑝𝑖𝑒 2 323.9
PROBLEMAS: EMBRAGUES Y FRENOS Pero debido a la diferencia de velocidades, la inercia efectiva es:
𝑊𝑘𝑒 2
200 = 7.02 × 550
2
lb. 𝑝𝑖𝑒 2 = 0.93lb. 𝑝𝑖𝑒 2
Polea: 4 − 9.04 × 6.0 4 − 3.04 × 0.75 4 − 1.54 × 4.0 10.0 9.0 3.0 𝑊𝑘 2 = + + lb. pie2 323.9 323.9 323.9
𝑊𝑘 2 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 36.70 + 15.00 + 0.94 lb. pie2 = 79.64 lb. pie2 La inercia efectiva de la polea es:
𝑊𝑘𝑒 2
200 = 79.64 × 550
2
lb. 𝑝𝑖𝑒 2 = 10.53 lb. 𝑝𝑖𝑒 2
PROBLEMAS: EMBRAGUES Y FRENOS Flecha: 4 1.50 × 15.0 𝑊𝑘 2 = = 0.234 lb. pie2 323.9
La inercia efectiva de la flecha es:
𝑊𝑘𝑒 2
200 = 0.234 × 550
2
lb. 𝑝𝑖𝑒 2 = 0.03 lb. 𝑝𝑖𝑒 2
La inercia total efectiva según se observa en el embrague es:
𝑊𝑘𝑒 2 = 0.22 + 0.12 + 0.93 + 10.53 + 0.03 lb. 𝑝𝑖𝑒 2
𝑊𝑘𝑒 2 = 11.83 lb. 𝑝𝑖𝑒 2
El tiempo necesario es:
𝑊𝑘 2 ∆𝑛 𝑡= seg 308𝑇
𝑡=
11.83 550 seg 308 × 24.0
𝑡 = 0.88 seg
PROBLEMAS: EMBRAGUES Y FRENOS 3. El transportador de la figura se mueve a 80 pies/min. El peso combinado de la banda y las piezas que transporta es 140 lb. Calcular la inercia equivalente, Wk2, del transportador, referida al eje que impulsa la banda.
Figura 3.
PROBLEMAS: EMBRAGUES Y FRENOS La velocidad de giro del eje es:
pies v 80 min 12 pu lg 192 rad min R 5 pu lg 1 pie Entonces la Wk2 equivalente es:
v
80 pies
min ) 2 24.3lb. pie2 Wk W ( ) 2 140lb( 192 rad min 2 e
PROBLEMAS: EMBRAGUES Y FRENOS 4. Para el sistema que se presenta en la figura, y utilizando los datos del problema 2, estime el tiempo que requiere un ciclo total si el sistema es controlado por la unidad G de la tabla 1 y debe permanecer en marcha, a velocidad constante, durante 1.50 segundos y estar apagado, es decir en reposo, durante 0.75 segundos; estime también el tiempo de respuesta del embrague y el freno y los tiempos de aceleración y desaceleración. En caso que el sistema cumpla ciclos completos, calcule la cantidad de disipación de calor y compárela con la capacidad de la unidad.
Figura 4.
Tabla. 1
PROBLEMAS: EMBRAGUES Y FRENOS La siguiente figura muestra el tiempo estimado total que transcurre en un ciclo como 2.896 segundos. En la tabla 1, se encuentra que el sistema de embrague y freno ejerce 240 lb.pie de torque y su tiempo de respuesta es 0.235 segundos tanto para el embrague como para el freno. Lapso o tiempo desaceleración:
de
aceleración
y
Wk 2 (n) t lb. pie 308T 𝑡=
11.83 × 550 = 0.088 𝑠𝑒𝑔𝑢𝑛𝑑𝑜𝑠 308 × 240
Figura 5.
PROBLEMAS: EMBRAGUES Y FRENOS Cantidad de ciclos y disipación de calor; para un tiempo total en un ciclo de 2.896 segundos, el numero total de ciclos por minuto será:
𝐶=
1.0𝑐𝑖𝑐𝑙𝑜 60 𝑠𝑒𝑔 × = 20.7 𝑐𝑖𝑐𝑙𝑜𝑠 𝑚𝑖𝑛 2.896 𝑠𝑒𝑔 1 𝑚𝑖𝑛
La energía que se genera con cada actuación ya sea del embrague o del freno es:
E 1.7 10 4 Wk 2 n 2lb. pie 𝐸 = 1.7 × 10−4 × 11.83 × 5502 = 608 𝑙𝑏. 𝑝𝑖𝑒 La generación de energía por minuto es:
𝐸𝑡 = 2𝐸𝐶 = 2 × 608
𝑙𝑏. 𝑝𝑖𝑒 𝑐𝑖𝑐𝑙𝑜𝑠 𝑙𝑏. 𝑝𝑖𝑒 × 20.7 = 25200 𝑐𝑖𝑐𝑙𝑜 𝑚𝑖𝑛 𝑚𝑖𝑛
Esto es mayor que la capacidad de disipación de calor de la unidad G en reposo (18000 lb.pie/min). Por consiguiente, calcule una capacidad promedio ponderada para este ciclo. Primero, al consultar la figura 5 durante 1.735 segundos, se presenta en estado de reposo. A partir de la tabla 1, e interpolando entre velocidad cero y 1800 rpm, la cantidad de disipación de calor a 550 rpm es de casi 28400 lb.pie/min.
PROBLEMAS: EMBRAGUES Y FRENOS Por consiguiente la capacidad promedio ponderada de la unidad G es:
𝐸𝑝𝑟𝑜𝑚𝑒𝑑𝑖𝑜 =
𝑡0 𝑡550 𝐸0 + 𝐸 𝑡𝑡 𝑡𝑡 550
Donde: 𝑡𝑡 = tiempo total de un ciclo 𝑡0 = tiempo en reposo (0 rpm)
𝑡550 = tiempo a 550 rpm 𝐸0 = capacidad de disipación de calor en reposo 𝐸550 = capacidad de disipación de calor a 550 rpm Entonces:
𝐸𝑝𝑟𝑜𝑚𝑒𝑑𝑖𝑜 =
1.161 1.735 × 18000 + × 28400 = 24230 𝑙𝑏. 𝑝𝑖𝑒/𝑚𝑖𝑛 2.896 2.896
Esto es un poco menor de lo que se requiere y el diseño será marginal. Se deben especificar pocos ciclos por minuto.
PROBLEMAS: EMBRAGUES Y FRENOS 5. Calcule las dimensiones de un freno tipo placa con corona circular para que genere un torque al freno de 300 lb.pulg. Los resortes proporcionarían una fuerza normal de 320 lb entre las superficies de fricción. El coeficiente de fricción es 0.25. El freno se utilizara en servicio industrial promedio, para detener una carga que gira a 750 rpm. Solución:
1. Calcule el radio medio que se necesita.
Tf fNRm 𝑇𝑓 300 𝑙𝑏. 𝑝𝑢𝑙𝑔 𝑅𝑚 = = = 3.75 𝑝𝑢𝑙𝑔 𝑓𝑁 0.25 × 320 𝑙𝑏
PROBLEMAS: EMBRAGUES Y FRENOS 2. Especifíquese una relación de 𝑅0 /𝑅𝑖 y despeje para las dimensiones. Un valor razonable para la relación es 1.50 aproximadamente. El rango posible es entre 1.2 y 2.5 según el criterio del responsable del diseño. Si se utiliza 1.50, 𝑅0 = 1.50𝑅𝑖 y:
𝑅𝑚
𝑅0 + 𝑅𝑖 1.5𝑅𝑖 + 𝑅𝑖 = = = 1.25𝑅𝑖 2 2
Así:
𝑅𝑚 3.75 𝑝𝑢𝑙𝑔 𝑅𝑖 = = = 3.00 𝑝𝑢𝑙𝑔 1.25 1.25 𝑅0 = 1.50𝑅𝑖 = 1.50 × 3.00 = 4.50 𝑝𝑢𝑙𝑔 3. Calcule el área de la superficie de fricción:
𝐴 = 𝜋 𝑅0 2 − 𝑅𝑖 2 = 𝜋 4.502 − 3.002 = 35.3 𝑝𝑢𝑙𝑔2 4. Calcula la potencia de fricción que es absorbida
Pf
Tf n 63000
HP
𝑃𝑓 =
300 × 750 = 3.57 𝐻𝑃 6300
PROBLEMAS: EMBRAGUES Y FRENOS 5. Calcule la relación de desgaste:
WR
Pf A
3.57 𝐻𝑃 2 𝑊𝑅 = = 0.101 𝐻𝑃/𝑝𝑢𝑙𝑔 35.3 𝑝𝑢𝑙𝑔2 6. Juzgue que tan adecuado resulta WR. Si es demasiado alta, vuelva al paso 2 e incremente la relación. Si resulta muy baja, disminuya la relación. En este ejemplo WR es aceptable.
PROBLEMAS: EMBRAGUES Y FRENOS 6. Calcule la fuerza axial que requiere un freno de cono si tiene que ejercer un torque de frenado de 50 lb.pie El radio medio del cono es 5.0 pulg. Utilice f= 0.25 pulg. Haga la prueba con ángulos de cono de 10º, 12º y 15º. Solución:
Se puede despejar la ecuación 19 para la fuerza axial Fa 𝐹𝑎 =
𝑇𝑓 × 𝑠𝑒𝑛 ∝ +𝑓𝑐𝑜𝑠 ∝ 50 × (𝑠𝑒𝑛 ∝ +0.25𝑐𝑜𝑠 ∝) = = 480 × (𝑠𝑒𝑛 ∝ +0.25𝑐𝑜𝑠 ∝) 𝑓 × 𝑅𝑚 0.25 × 5.0/12
Así los valores de Fa como una función del ángulo de cono son:
Para: ∝= 10º
𝐹𝑎 = 202 𝑙𝑏
Para: ∝= 12º
𝐹𝑎 = 217 𝑙𝑏
Para: ∝= 15º
𝐹𝑎 = 240 𝑙𝑏
PROBLEMAS: EMBRAGUES Y FRENOS 7. Calcule la fuerza de actuación que se necesita para el freno de un tambor de balata corta de la figura 6 para generar un torque de fricción de 50 lb.pie. Utilice un diámetro de tambor de 10 pulg, a = 3.0 pulg y L = 15 pulg. Considere valores correspondientes a f de 0.25, 0.50 y 0.75 y distintos puntos de ubicación del pivote A de tal manera que b varíe entre 0 y 6.0 pulg.
Figura 6.
PROBLEMAS: EMBRAGUES Y FRENOS Solución:
La fuerza de fricción que se requiere
2𝑇𝑓 2 × 50𝑙𝑏. 𝑝𝑖𝑒 𝐹𝑓 = = = 120 𝑙𝑏 10 𝐷𝑑 12𝑝𝑖𝑒𝑠 Reemplazando los datos en la ecuación:
𝑎 𝐹𝑓 ( − 𝑏) 120 𝑙𝑏 × 3 𝑝𝑢𝑙𝑔 − 𝑏 𝑓 𝑓 𝑊= = =8 𝐿 15 𝑝𝑢𝑙𝑔
3 𝑓−𝑏
𝑙𝑏 Figura 7.
Los distintos valores de f y b se pueden sustituir en esta ultima ecuación para calcular los datos correspondientes a las curvas de la figura 7, mostrando la carga que actúa contra la distancia b para diferentes valores de f. Observe que para algunas combinaciones, el valor de W es negativo. Esto significa que el freno actúa por si mismo y que para liberarlo se necesita una fuerza ascendente que ejerza su acción sobre la palanca.
PROBLEMAS: EMBRAGUES Y FRENOS 8. El tambor de un freno con radio de 14 pulg hace contacto con zapata corta sencilla, como se muestra en la figura y mantiene un par de torsión de 2000 lbfpulg a 500 rpm. Suponga que el coeficiente de fricción para la combinación de tambor y zapata es 0.3. Determine lo siguiente:
a. La fuerza normal que actúa sobre la zapata. b. La fuerza de accionamiento W que se requiere cuando el tambor tiene una rotación en el sentido de las manecillas del reloj. c. La fuerza de accionamiento W que se requiere cuando el tambor tiene una rotación en sentido contrario a las manecillas del reloj. d. El cambio que se requiere en la dimensión de 1.5 pulg para que ocurra el auto-bloqueo si las dimensiones no cambian.
PROBLEMAS: EMBRAGUES Y FRENOS a. El par de torsión del freno es:
𝑇 = 𝑟𝐹𝑓 2000 𝐿𝑏𝑓. 𝑝𝑢𝑙𝑔 = 14 𝑝𝑢𝑙𝑔 × 𝐹𝑓
𝐹𝑓 = 142.85 𝐿𝑏𝑓
𝐹𝑓 = 𝜇 × 𝐹𝑁
142.85 𝐿𝑏𝑓 = 0.3 × 𝐹𝑁
𝐹𝑁 = 476.2 𝐿𝑏𝑓
b. Para rotación en el sentido de las manecillas del reloj, sumando los momentos respecto al perno de bisagra e igualando la suma a cero, resulta:
𝑀𝑝𝑖𝑣𝑜𝑡𝑒 = 0 1.5 × 142.9 + 36𝑊 − 14 × 476.2 = 0
(a)
𝑊 = 179.23 𝐿𝑏𝑓
Como los signos de la fricción y de los momentos de accionamiento son iguales, el freno es autoenergizante.
PROBLEMAS: EMBRAGUES Y FRENOS c. Para rotación en el sentido contrario a las manecillas del reloj, sumando los momentos respecto al perno de bisagra(pivote) y haciendo la suma igual a cero, resulta:
𝑀𝑝𝑖𝑣𝑜𝑡𝑒 = 0 1.5 × 142.9 − 36𝑊 + 14 × 476.2 = 0
𝑊 = 191.15 𝐿𝑏𝑓
Como los signos de la fricción y de los momentos de accionamiento no son iguales, el freno es desenergizante.
d. Si en la ecuación (a) W = 0 y x se hace igual a 1.5
14 × 476.2 𝑥= 142.9
𝑥 = 46.65 𝑝𝑢𝑙𝑔
Por lo tanto, el autobloqueo ocurrirá si la distancia de 1.5 pulg en la figura se cambia a 46.65 pulg. Como el autobloqueo no es un efecto deseable en un freno y 1.5 pulg es una distancia muy diferente de 46.65 pulg no se esperaría que el freno tuviera un efecto de autobloqueo.
PROBLEMAS: EMBRAGUES Y FRENOS 9. La figura muestra un freno de tambor interno que tiene un diámetro en el interior de 12 in y un radio R = 5 in. Las zapatas tienen un ancho de cara de 1 ½ in y son accionados por una fuerza de 500 libras. El coeficiente de fricción es de 0,28. A. Determinar la presión máxima e indicar la zapata en el que ocurre. B. Calcular el par de frenado efectuada por cada uno de las zapatas, y encontrar el par de torsión total de frenado. C. Estimación de las reacciones resultantes en los pernos de la bisagra.
PROBLEMAS: EMBRAGUES Y FRENOS a. 𝜃1 = 0°, 𝜃2 = 120°, 𝜃𝑎 = 90°, 𝑠𝑒𝑛 𝜃𝑎 = 1, 𝑎 = 5 𝑖𝑛 Momento de la fuerza de fricción:
𝜇𝑝𝑚𝑎𝑥 𝑏𝑟 𝑀𝑓 = 𝑠𝑒𝑛𝜃𝑎
𝜃2
𝑟 − 𝑎𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑠𝑒𝑛𝜃𝑑𝜃
𝜃1 120°
0.28𝑝𝑚𝑎𝑥 (1.5)(6) 𝑀𝑓 = 1
6 − 5𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑠𝑒𝑛𝜃𝑑𝜃 0°
𝑀𝑓 = 17.96𝑝𝑚𝑎𝑥 𝑙𝑏𝑓. 𝑖𝑛
Momento de la fuerza normal:
𝑝𝑚𝑎𝑥 𝑏𝑟𝑎 𝑀𝑁 = 𝑠𝑒𝑛𝜃𝑎
𝜃2
𝑠𝑒𝑛𝜃 2 𝑑𝜃
𝜃1
𝑝𝑚𝑎𝑥 (1.5)(6)(5) 𝑀𝑁 = 1
120°
𝑠𝑒𝑛𝜃 2 𝑑𝜃
0°
Calculo de c:
𝑐 = 2𝑎𝑠𝑒𝑛𝜃 = 2 × 5 × 𝑠𝑒𝑛60 = 8.66 𝑖𝑛
𝑀𝑁 = 56.87𝑝𝑚𝑎𝑥 𝑙𝑏𝑓. 𝑖𝑛
PROBLEMAS: EMBRAGUES Y FRENOS La fuerza de accionamiento para zapatas des-energizante:
𝑀𝑁 + 𝑀𝑓 𝐹= 𝑐 56.87𝑝𝑚𝑎𝑥 + 17.96𝑝𝑚𝑎𝑥 500 = 8.66
𝑝𝑚𝑎𝑥 = 57.86 𝑝𝑠𝑖
La fuerza de accionamiento para zapatas auto-energizante:
𝐹=
𝑀𝑁 − 𝑀𝑓 𝑐
56.87𝑝𝑚𝑎𝑥 − 17.96𝑝𝑚𝑎𝑥 500 = 8.66
𝑝𝑚𝑎𝑥 = 111.28 𝑝𝑠𝑖
La presión máxima 𝑝𝑚𝑎𝑥 = 111.28 𝑝𝑠𝑖 se produce en la zapata de la derecha que es autoenergizante
PROBLEMAS: EMBRAGUES Y FRENOS b. Par de torsión de frenado para zapata autoenergizante:
𝜇𝑝𝑚𝑎𝑥 𝑏𝑟 2 (𝑐𝑜𝑠𝜃1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃2 ) 𝑇𝑠 = 𝑠𝑒𝑛𝜃𝑎
0.28 × 111.4 × 1.5 × 62 (𝑐𝑜𝑠0° − 𝑐𝑜𝑠120°) 𝑇𝑠 = 1
𝑇𝑠 = 2530 𝑙𝑏𝑓. 𝑖𝑛
Par de torsión de frenado para zapata desenergizante:
𝜇𝑝𝑚𝑎𝑥 𝑏𝑟 2 (𝑐𝑜𝑠𝜃1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃2 ) 𝑇𝑑 = 𝑠𝑒𝑛𝜃𝑎 0.28 × 57.9 × 1.5 × 62 (𝑐𝑜𝑠0° − 𝑐𝑜𝑠120°) 𝑇𝑑 = 1
𝑇𝑑 = 1310 𝑙𝑏𝑓. 𝑖𝑛
El par de torsión de frenado total de las dos zapatas, es:
𝑇𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 2530 + 1310
𝑇𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 3840 𝑙𝑏𝑓. 𝑖𝑛
PROBLEMAS: EMBRAGUES Y FRENOS c.
PROBLEMAS: EMBRAGUES Y FRENOS c. Zapata autoenergizante ubicado a la derecha:
𝐹𝑥 = 500𝑠𝑒𝑛30° = 250 𝑙𝑏𝑓, 1 𝐴= 𝑠𝑒𝑛2 𝜃 2
𝜃2 𝜃1
𝜃 1 𝐵= − 𝑠𝑒𝑛2𝜃 2 4
1 = 𝑠𝑒𝑛2 𝜃 2 𝜃2 𝜃1
𝐹𝑦 = 500𝑐𝑜𝑠30° = 433 𝑙𝑏𝑓 120°
= 0.375 0°
𝜃 1 = − 𝑠𝑒𝑛2𝜃 2 4
2𝜋 3
= 1.264 0
Las reacciones en el pivote:
𝑝𝑚𝑎𝑥 𝑏𝑟 2 𝑅𝑥 = 𝐴 − 𝜇𝐵 − 𝐹𝑥 𝑠𝑒𝑛𝜃𝑎 𝑅𝑥 =
111.4 × 1.5 × 6 0.375 − 0.28 × 1.264 − 250 = −229 𝑙𝑏𝑓 1
PROBLEMAS: EMBRAGUES Y FRENOS 𝑝𝑚𝑎𝑥 𝑏𝑟 2 𝑅𝑦 = 𝐵 + 𝜇𝐴 − 𝐹𝑦 𝑠𝑒𝑛𝜃𝑎 111.4 × 1.5 × 6 𝑅𝑦 = 1.264 + 0.28 × 0.375𝐴 − 433 = 940 𝑙𝑏𝑓 1 𝑅=
2
(−229)2 +9402
𝑅 = 967 𝑙𝑏𝑓
Zapata desenergizante ubicado a la izquierda:
𝐹𝑥 = 500𝑠𝑒𝑛30° = 250 𝑙𝑏𝑓,
𝐹𝑦 = 500𝑐𝑜𝑠30° = 433 𝑙𝑏𝑓
𝑝𝑚𝑎𝑥 𝑏𝑟 2 𝑅𝑥 = 𝐴 + 𝜇𝐵 − 𝐹𝑥 𝑠𝑒𝑛𝜃𝑎
𝑅𝑥 =
111.4 × 1.5 × 6 0.375 + 0.28 × 1.264 − 250 = 130 𝑙𝑏𝑓 1
PROBLEMAS: EMBRAGUES Y FRENOS 𝑝𝑚𝑎𝑥 𝑏𝑟 2 𝑅𝑦 = 𝐵 − 𝜇𝐴 − 𝐹𝑦 𝑠𝑒𝑛𝜃𝑎 111.4 × 1.5 × 6 𝑅𝑦 = 1.264 − 0.28 × 0.375𝐴 − 433 = 171 𝑙𝑏𝑓 1 𝑅=
2
1302 + 1712 𝑅 = 215 𝑙𝑏𝑓
PROBLEMAS: EMBRAGUES Y FRENOS
10. El freno que se muestra en la figura tiene un coeficiente de fricción de 0.30 y una anchura de 2 in, presión de guarnición de 150 psi. Encontrar la fuerza de actuación F, fuerza limitante y la capacidad del par.
PROBLEMAS: EMBRAGUES Y FRENOS Solución: 𝑟 = 10 𝑖𝑛,
𝜇 = 0.30,
𝑏 = 2 𝑖𝑛,
3 𝜃1 = 20° − 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 = 6°, 12
𝜃𝑎 = 90°,
𝜃2
𝑟 − 𝑎𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑠𝑒𝑛𝜃𝑑𝜃
𝜃1
0.30(150)(1.5)(6) 𝑀𝑓 = 𝑠𝑒𝑛90° 𝑀𝑓 = 12800 𝑙𝑏𝑓. 𝑖𝑛
136°
10 − 12.37𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑠𝑒𝑛𝜃𝑑𝜃 6°
2
32 + 122 = 12.37 𝑖𝑛
3 𝜃2 = 180° − 30° − 𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 = 136° 12
Momento de la fuerza de fricción: 𝜇𝑝𝑚𝑎𝑥 𝑏𝑟 𝑀𝑓 = 𝑠𝑒𝑛𝜃𝑎
𝑎=
PROBLEMAS: EMBRAGUES Y FRENOS Momento de la fuerza normal: 𝑝𝑚𝑎𝑥 𝑏𝑟𝑎 𝜃2 𝑀𝑁 = 𝑠𝑒𝑛𝜃 2 𝑑𝜃 𝑠𝑒𝑛𝜃𝑎 𝜃1 (150)(2)(10)(12.37) 𝑀𝑁 = 𝑠𝑒𝑛90°
136°
𝑠𝑒𝑛𝜃 2 𝑑𝜃
6°
𝑀𝑁 = 53300 𝑙𝑏𝑓. 𝑖𝑛 Calculo de c: 𝑐 = 12 + 12 + 4 = 28 𝑖𝑛 La fuerza de accionamiento de la zapata autoenergizante 𝑀𝑁 − 𝑀𝑓 𝐹𝐿 = 𝑐 53300 − 12800 𝐹𝐿 = = 1446 𝑙𝑏𝑓 28
PROBLEMAS: EMBRAGUES Y FRENOS El par de torsión de frenado es: 𝜇𝑝𝑚𝑎𝑥 𝑏𝑟 2 (𝑐𝑜𝑠𝜃1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃2 ) 𝑇𝐿 = 𝑠𝑒𝑛𝜃𝑎 0.30 × 150 × 2 × 102 (𝑐𝑜𝑠6° − 𝑐𝑜𝑠136°) 𝑇𝐿 = = 15420 𝑙𝑏𝑓. 𝑖𝑛 𝑠𝑒𝑛90° La zapata desenergizante: 𝑃𝑚𝑎𝑥 𝑀𝑁 = 53300 = 355.3 𝑃𝑚𝑎𝑥 150
𝑀𝑓 = 12800
𝑃𝑚𝑎𝑥 = 85.3 𝑃𝑚𝑎𝑥 150
En este zapata, tanto momento de la fuerza normal y momento de la fuerza de fricción son hacia la izquierda. También: 𝑐𝑅 = 24 − 2𝑡𝑔14° 𝑐𝑜𝑠14° = 22.8 𝑖𝑛 𝐹𝑎𝑐𝑡 = 𝐹𝐿 𝑠𝑒𝑛14° = 361 𝑙𝑏𝑓
𝐹𝑅 =
𝐹𝐿 = 1491 𝑙𝑏𝑓 𝑐𝑜𝑠14°
PROBLEMAS: EMBRAGUES Y FRENOS Por lo tanto: 355.3 + 85.3 1491 = 𝑃𝑚𝑎𝑥 22.8 𝑃𝑚𝑎𝑥 = 77.2 𝑝𝑠𝑖 Entonces:
𝜇𝑝𝑚𝑎𝑥 𝑏𝑟 2 (𝑐𝑜𝑠𝜃1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃2 ) 𝑇𝑅 = 𝑠𝑒𝑛𝜃𝑎 0.30 × 77.2 × 2 × 102 (𝑐𝑜𝑠6° − 𝑐𝑜𝑠136°) 𝑇𝑅 = = 7940 𝑙𝑏𝑓. 𝑖𝑛 𝑠𝑒𝑛90° 𝑇𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙 = 15420 + 7940 = 23400 𝑙𝑏𝑓. 𝑖𝑛
PROBLEMAS: EMBRAGUES Y FRENOS
11. Diseñe un freno de zapata larga que produzca un par torsional de fricción de 750 Lb-in, para detener un tambor que gira a 120 rpm. Figura 8.
PROBLEMAS: EMBRAGUES Y FRENOS Paso 1. Seleccione un material de fricción del freno, y especifique la presión máxima y el valor de diseño del coeficiente de fricción. En la tabla 2 se encuentran algunas propiedades generales para los materiales de fricción. Se deben manejar, siempre que sea posible, valores de pruebas reales, o datos específicos del fabricante. El valor de diseño de pmax debe ser mucho menor que la presión admisible que menciona en la tabla 16.2, para mejorar la duración frente al desgaste. Para este problema, seleccionaremos un compuesto de polímero moldeado, y diseñaremos para una fuerza máxima aproximada de 75 psi. Observe, como se ve en la figura, que la presión máxima esta en la sección a 90ª del pivote. Si la zapata no se prolonga cuando menos 90ª, las ecuaciones que empleamos aquí son validas. También manejaremos en el diseño f=0.25
Tabla 2.
PROBLEMAS: EMBRAGUES Y FRENOS Paso 2. Proponga valores tentativos de las dimensiones del tambor y la balata del freno. Se deben tomar varias decisiones de diseño. Se puede emplear el arreglo general de la figura como guía. Pero la aplicación especifica, y la creatividad del diseñador, pueden conducir a modificaciones en el arreglo. Los valores tentativos son: r= 4.0 pulg, C= 8.0 pulg, L= 15 pulg, 1 = 30º y 2 = 150º Paso 3. Despeje el ancho necesario de la zapata
𝑤= 𝑤=
𝑟 2 𝑓𝑃𝑚𝑎𝑥
𝑇𝑓 𝑐𝑜𝑠𝜃1 − 𝑐𝑜𝑠𝜃2
750 𝑙𝑏 𝑝𝑢𝑙𝑔 = 1.44 𝑝𝑢𝑙𝑔 (4.0𝑝𝑢𝑙𝑔)2 × 0.25 × 75 𝑙𝑏 𝑝𝑢𝑙𝑔2 𝑐𝑜𝑠30º − 𝑐𝑜𝑠150º
Por conveniencia, sea w= 1.50 pulg. Ya que la presión máxima es inversamente proporcional al ancho, la presión máxima real será:
𝑃𝑚𝑎𝑥 = 75𝑝𝑠𝑖
1.44 = 72 psi 1.50
PROBLEMAS: EMBRAGUES Y FRENOS Paso 4. Calcule Mn. El valor de 2 - 1 debe estar en radianes, con radianes = 180º.
𝜋 𝑟𝑎𝑑 𝜃2 − 𝜃1 = 120º = 2.09 𝑟𝑎𝑑 180º El momento de la fuerza normal sobre la zapata es:
𝑀𝑛 = 0.25(72 𝑙𝑏. 𝑝𝑢𝑙𝑔)(1.50 𝑝𝑢𝑙𝑔)(4 𝑝𝑢𝑙𝑔)(8 𝑝𝑢𝑙𝑔) 2 2.09 − 𝑠𝑒𝑛300º + 𝑠𝑒𝑛60º 𝑀𝑛 = 5108 𝑙𝑏. 𝑝𝑢𝑙𝑔 Paso 5. Calcule el momento de la fuerza de fricción sobre la zapata, Mf:
𝑀𝑓 = 0.25(72 𝑙𝑏. 𝑝𝑢𝑙𝑔)(1.50")(4")(4)(cos30 − cos150)+0.25(8")(cos300 − cos60) 𝑀𝑓 = 748 𝑙𝑏. 𝑝𝑢𝑙𝑔 Paso 6. Calcule la fuerza necesaria de actuación, W:
𝑀𝑁 − 𝑀𝑓 5108 − 748 𝑊= = = 291 𝑙𝑏 𝐿 15
PROBLEMAS: EMBRAGUES Y FRENOS Paso 7. Calcule la potencia de fricción:
𝑃𝑓 =
𝑇𝑓 × 𝑛 6300
𝑃𝑓 =
750 × 120 = 1.43 𝐻𝑝 6300
Paso 8. Calcule el área proyectada con la zapata:
𝜃2 − 𝜃1 𝐴 = 𝐿𝑠 × 𝑤 = 2𝑤𝑟𝑠𝑒𝑛( ) 2 120 𝐴 = 2 × 1.50×4.0 × 𝑠𝑒𝑛 = 10.4 𝑝𝑢𝑙𝑔2 2 Paso 9. Calcule la tasa de desgaste, WR:
𝑊𝑅 =
𝑃𝑓 1.43 𝐻𝑝 2 = = 0.14 𝐻𝑝 𝑝𝑢𝑙𝑔 𝐴 10.4𝑝𝑢𝑙𝑔2
Paso 10. Evalúe lo adecuado de los resultados. En este problema necesitaríamos mas información sobre la aplicación, para evaluar los resultados.
