Problemas
Diseño de Máquinas
EMBRAGUES EMBRA GUES Y FRENOS Problema 1. SI Un embrague de disco de placa simple con ambos lados de la placa efectiva, va a usarse en un automóvil. el material expuesto a la fricción del cual están hechos tiene un coeficiente de fricción de 0'3 y la presión máxima admisible es de 0,1 MPa. El radio exterior del embrague es 0,25 m y el radio interior 0,2 m. Determinar el par que pueda trasmitirse a la fuerza de impulsión requerida en los resortes.
SOLUCION: Consideremos desgaste uniforme.
T1 =
π * η * Pa * d
8
2
2
(D - d )
T1 =
Como ambas capas son efectivas: efectivas :
′3 * 0,1·10 6 * 0,4 8
(0,5 2 - 0,4 2 ) = 424,1N·m
T= 2 * 424,1 = 848,2 N·m
F=
la fuerza de impulsión, impulsión, será:
π*0
π * p a * d
(D - d) =
2
π * 0,1·10
6
* 0,4
2
Consideremos presión uniforme.
T1 =
2 * π * η * Pa 24
( D 3 - d 3) =
2 * π * 0′3 * 0,1·10 6 24
3
3
( 0,5 - 0,4 ) = 479,1 N·m
T= 2 * 479,1 = 958,1 N·m
F=
π
2
2
·P a ( D - d ) =
π·0,1·10
4
6 2
2
( 0,5 - 0,4 ) = 7.068,5 N
Es mas conservador el criterio de desgaste uniforme.
(0,5 - 0,4) = 6.283 N
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Problema Prob lema 2. El momento con que ha de trabajar un embrague cónico a una velocidad de 1500 rpm, es de 200 Nm. El diámetro mayor del embrague es de 40 cm, y tiene un ángulo de cono de 11º. El ancho de la cara es de 7 cm. Si el material de fricción es fieltro sobre acero en seco, determinar considerando desgaste uniforme: a) La fuerza axial requerida para trasmitir el momento. b) La fuerza axial requerida para embragar, si el contacto contact o se produce cuando el embrague no esta girando. c) La presión media p sobre las superficies de contacto, cuando se trasmite el momento máximo. d) La presión normal máxima suponiendo desgaste uniforme. uniforme.
α
SOLUCION: D = 40cm =0'4m d =D-2 * b * sen α=0'4-2 * 0'07 * sen11º= 0'37m Al ser fieltro sobre sobre acero, en en seco, (Tabla (Tabla 16.2), el coeficiente coeficiente de rozamiento rozamiento es es 0,22. a) Considerando desgaste uniforme: T =
F*μ 4 * sen α
*(D + d)
De aquí despejamos F:
T * 4 * sen α 200 * 4 * sen 11º = = 901 N μ * (D + d) 0′22 * ( 0′4 + 0′37)
F=
b)
F′ = F * (1 + μ
c)
P=
F
=
A
sen α
)= 901 (1 + 0′22 *
F π
4
d)
cos α
2
= 2
*(D - d )
2*F
Pmax
=
T=
π * μ * pa * d
π * d * (D − d)
8 * sen α
de donde:
pa =
sen 11º
901 π
4
=
cos 11º
)= 1921 N
= 49.7 KPa
*( 0′ 40 - 0′ 37 ) 2
2
2 * 901 π * 0.37 * (0.4 − 0.37)
= 51.68 KPa
* (D 2 + d 2 )
T * 8 * sen α 200 * 8 * sen 11º = = 51.68 KPa 2 2 π * μ * d * (D - d ) π * 0′22 * 0′37 * (0′ 4 2 - 0′ 37 2)
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Problema 3. (J 92) El momento con que ha de trabajar un embrague cónico a una velocidad de 1500 rpm, es de 200 Nm. El diámetro mayor del embrague es de 40 cm, y tiene un ángulo de cono de 11º. El ancho de la cara es de 7 cm. Si el material de fricción es fieltro sobre acero en seco, determinar considerando presión uniforme: e) La fuerza axial requerida para trasmitir el momento. f) La fuerza axial requerida para embragar, si el contacto se produce cuando el embrague no esta girando. g) La presión media p sobre las superficies de contacto, cuando se trasmite el momento máximo. h) La presión normal máxima suponiendo presión uniforme.
α
SOLUCION: D = 40cm =0'4m d =D-2 * b * sen α=0'4-2 * 0'07 * sen11º= 0'37m Al ser fieltro sobre acero, en seco, (Tabla 16.2), el coeficiente de rozamiento es 0,22. a) Considerando presión uniforme:
F=
3 * T * sen α * (D 2
− d 2 )
μ * (D 3 - d3 )
b)
F′ = F * (1 + μ
c)
P=
F A
=
cos sen
4
2
= 2
*(D - d )
cos 11º sen 11º
900,70 π
4
2
− 0,37 2 )
μ * (0,40 3 - 0,37 3 )
)= 900,7 (1 + 0′22 *
F π
=
3 * 200 * sen 11º*(0,40
= 900 ,70 N
)= 1920,20 N
= 49.645 KPa
*(0′ 40 - 0′ 37 ) 2
2
d) Al considerar la hipótesis de presión uniforme, la presión normal y máxima son iguales. Pa = 49,645 KPa
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Problema 4. SI El volante de una prensa punzadora debe suministrar una energía de 2700 N·m durante 1/4 de revolución en que se está realizando la operación. la velocidad máxima del volante es 200 rpm y disminuye un 10% durante el tiempo de corte. El radio medio de la llanta es de 0,94m. Calcular: a) Peso aproximado de la llanta del volante. Suponiendo que aporta el 90% de la energía requerida. b) Determinar el peso total aproximado del volante. Suponiendo que el peso de este es 1'15 veces el de la llanta. c) ¿Cual es el coeficiente de fluctuación de velocidad?
SOLUCION: a) El trabajo a realizar para pasar de I
T = E 2 - E1 =
2
2
*(ω 2 -
2 2 ω1 )=( v 2
-
ω1 a ω2 es: 2 v 1 )*
P 2*g
E2 - E1 = 0′90 * 2700 = 2430 N·m
=
P * r 2 2*g
2
2
*( ω 2 - ω 1 ) 2
Iaprox = m * r
considerando llanta de anillo delgado, y siendo g=9,8 m/s
2
r =0,9 m
ω2 =ω1 *0'9= 180 rpm. ω1 =2 ∗ π ∗ 200/60= 6.67∗π ∗ s−1
ω2 =2 * π * 180/60 =6 * π * s-1 2
r 2 2 T = P* (ω1 - ω2 ) 2*g P11 = T *
2g 2
r
*
1 (
2 ω1
2
- ω2 )
= 2430 *
b) Pv =1'15 * 702 =807,3N. c)
Cs =
ω1 - ω2 ωmed
=
200 - 180 = 0′105 200 + 180 2
2 * 9,8 0,9
2
*
1 2
2
( 6′67 2 * π ) - (6 2 * π )
= 702N
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Problema 5. Un volante macizo de 25 cm de diámetro y 5 cm de grueso, gira a 1750 rpm. Determinar la energía cinética del volante y el par de frenado necesario para pararlo en 2 segundos.
SOLUCION: El peso del volante es: ω =
π * d2 * t * ρ
4
=
π * 252 * 5 * 7800 * 10-6
4
Siendo la densidad del acero de 7800 kg/m El momento de inercia es: I =
1 2
= 19.3 kg
3
1 19.3 25 2 * *( ) = 1′ 54 kg * cm2 2 980 2
* M * r 2 =
La energía cinética del volante es: E=
2 2 2 2 π * n * I π * 1750 * 1′ 54 = = 22400 Kg * cm 1800 1800
Y el par por tanto: T = I *
ω
t
= I*
2* π*n 60 * t
= 1′ 54 *
2 * π * 1750 60 * 2
= 142 Kg * cm
a) Por la ley de Newton del movimiento angular T =I * α (α=aceleración angular)
α=ω/t. α=(2 π n)/ (60 * t) rad/s
Como la variación de velocidad es de n a 0 donde t es el tiempo que transcurre b) Para una operación Ec = (2 * π * T) * (n * t/2 *60)
donde 2 * π * T es el trabajo por revolución, n * t/2 *60 es el nº de revoluciones para que la velocidad varíe de na0 De a) y b)
Ec =
2 * π * I * 2 * π * n 60 * t
*
n*t 2 * 60
=
π
2
* n2 * I
1800
kg * cm
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Problema 6. (F-3) En la figura adjunta se represente un freno de tambor que soporta un momento de 150 Nm y tiene un coeficiente de rozamiento de 0'4 (se tendrá en cuenta fuerza inercial del tambor m=50 kg). Calcular : a) b)
La fuerza N normal necesaria. La fuerza F que debe aplicarse en el extremo de la palanca para frenarlo, si gira en el sentido de las agujas del reloj. c) La fuerza F si gira en sentido contrario. d) Distancia C cuando girando en el sentido del reloj se obtenga un sistema autofrenante. 800 mm 300 mm F C=40 mm Nf N 600 rpm
28 cm
SOLUCION: La inercia del tambor es:
I=
1 2
1
*(m * r 2 ) =
2
* 50 * 282
= 1,96kg * m 2
Por lo tanto la energía cinética del tambor será:
Ec =
1 2
* I * ω2 =
1 2
*1,96 * (2 * π *
600 60
)2
= 3869N·m = 3869 J
a) La fuerza normal N será la necesaria para generar una fuerza de rozamiento Nf que contrarreste el momento actuador de 150Nm y la energía cinética de inercia. El momento de frenado será :
Mf = 150 + 3869 = 4019 N·m
La fuerza de frenado necesaria para generar el Mf, se calcula: Nf=Mf/0,28, Dado que Nf=N·0,4, por tanto; N=Mf/(0,4·0,28)
N
=
4019N·m 0'4 * 0,28
= 35884N
Nf=14354N
b) En el sentido de las agujas del reloj.
Σ M0 = 0 Nf * 0,04 - N * 0,3 + F * 0,8 = 0 14354·0,04 - 35884 * 0,3 + F * 0,8 = 0 F = 12739 N c)
En el sentido contrario
Σ M0 = 0 - Nf * 0,04 - N * 0,3 + N *0, 8 = 0 -14354·0,04 – 35884 * 0,3 + 0,8 * F = 0 d) Para que fuese autofrenante, la F = 0, y la dirección C tendrían que ser según el reloj.
Σ M0 = 0 Nf * C - N * 30 = 0 14354 · C - 35884 · 0,3 = 0
C
= 0,75 m
F
= 14174N
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Problema 7. (F-93) Un embrague de múltiples discos, de acero sobre bronce, debe transmitir 5 HP a 750 rpm. El radio interior de contacto es 1'50 pulg y el radio exterior es 2'75 pulg. El embrague opera en aceite con un coeficiente de rozamiento esperado de 0'10. (El aceite se usa para dar un acoplamiento más suave, una mejor disipación del calor, aun cuando reduce la capacidad). La presión máxima permisible es 50 psi. (Se usan presiones bajas de diseño con el fin de suministrar un tamaño suficiente para dar una buena capacidad de disipación del calor). Suponer desgaste uniforme, y determinar:. a) b) c) d)
¿Cual ¿Cual ¿Cual ¿Cual
es el total de discos de acero y bronce necesario? es la presión media? es la fuerza axial requerida? es la presión máxima que presenta?.
SOLUCION: a) El momento de fricción de una pareja de superficies. T0 =
F*μ 589 * 0′10 *(D + d)= *(5′50 + 3)= 125 lb * pulg donde : 4 4 (D - d) (5′50 - 3) F = F * Pa * d * = π * 50 * 3 = 589 lb 2 2
Como la potencia a transmitir es: HP =
El momento total aplicado es:
T total =
Tu * n 63000
HP * 63000 5 * 6300 = = 420 lb * pulg n 750
Por tanto, el nº de parejas necesarias de discos será: N °parejas =
T total T unitaria
=
420 125
= 3′36
Por tanto, utilizaremos cuatro parejas de superficies. b) El momento real por pareja: T Re =
T total N º parejas
=
420 4
= 105 lb * pulg
y la fuerza real TRe =
FRe * μ * (D + d) despejando ; 4
Por tanto, la presión media:
c)
Calculada anteriormente
P=
FRe =
105 * 4 TRe * 4 = = 495 lb μ * (D + d) 0′1 * (5′5 + 3)
495 FRe = = 29.66 psi π A 2 2 *(5′ 5 - 3 ) 4
F Real = 495 lb.
d) La presión máxima despejada de la formula de la fuerza: FRe =
π * Pa * d
* (D - d) de aqui obtenemos
2 que se produce en d.
Pa =
495 * 2 FRe * 2 = = 42 psi π * d * (D - d) π * 3 * (5′5 - 3)
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Problema 8. (S 93) Un automóvil que pesa 13600 N marcha sobre un camino llano a una velocidad de 96'5 km/h, y se le frena 2 para que la deceleración sea constante a 6 m/s (aproximadamente el máximo normal) hasta que se para. Cada tambor de freno de hierro fundido tiene un diámetro de 230 mm, una anchura de cara de 57 mm y un espesor de 5 mm. Se pide, suponiendo que el calor radiado y transmitido por convección es despreciable, calcular el aumento de temperatura del tambor. Datos: - Calor especifico medio del hierro fundido: C=553 Nm/Kg * ºC 3 Densidad del hierro fundido: ρ=7000 kg/m Temperatura ambiente T= 38 ºC
SOLUCION: Calcularemos primero el volumen de cada tambor: π * D2 * b π * (D - 2 * t)2 V= *(b - t) 4 4
La masa aproximada de cuatro tambores será por tanto: π * D2 * b m t = ρ * V = 4ρ * [ 4 3 m t = 4 * 7 * 10 * [
π * 0 ′ 23 2 * 0 ′057 4
−
−
π * (D - 2 * t ) 2
4
* (b - t)]
π * ( 0 ′23 - 2 * 0 ′005 ) 2
4
* ( 0 ′057
− 0 ′005)] =
m t = 10.96 Kg
La energía absorbida por los frenos será la energía cinética perdida por el vehículo durante el frenado. Dicha energía cinética será, despreciando la parte correspondiente a la rotación de las ruedas en el supuesto que constituye una pequeña parte del total: Ec =
1 * mc * v 2 2
donde v = 9′65 km/h *
Sustituyendo
mc = 1000 3600
W 13600 = = 1387.755 Kg g 9′8 = 2′6806 m/s
Ec = 498593'752 J.
Durante el frenado la energía cinética se transforma en energía calorífica. Ec =Ek Δt =
Ek =mt * c * (tf -ti )
498593.752 Ek = = 82.26 º C mt * c 10´96 * 553
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La temperatura final será: T f = 38 ºC+82'26 ºC=120'26 ºC El tiempo que tarda en pararse es: Sustituyendo v1 = 26'8 m/s despejando,
t = 4'46 s
v 2 = v1 –a*t v2 = 0 m/s
2
a = 6 m/s
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Problema 9. D 93 Un freno de cinta como el de la figura, tiene un tambor de 400 mm de diámetro y una anchura de revestimiento de 80 mm. La velocidad de rotación es de 200 rpm. Encontrar el par de frenado y la potencia absorbida si la máxima presión en la cinta ha de ser de 0'5 MPa. El coeficiente de rozamiento ha de ser μ = 0'2, y el ángulo de contacto de 270º.
ω
P 1
P2 P
80
250
SOLUCION: Se ha de cumplir que:
P1
= eμ* θ es decir :
P1
π
= e0′2* 270* 180 = 2′566
P2 P2 La presión máxima de contacto entre el tambor y la cinta es: Pa =
P1 =
2 * P1 b*D
P1 =
Pa * b * D 2
0′5 * 106 * 0′08 * 0′4 8000 P1 = 8000 N y por tanto P2 = = = 3117.7 N 2 2′566 2′566
El par de frenado será entonces Tf = (P1 - P2) * D/2 = (8000 - 3117'7) 0'4/2 = 976'46 N*m Y la potencia:
Nf = Tf * w = 976'46 * 200 * 2 *3'14/60 = 20451 W
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Problema 10. (F-94) Un embrague cónico debe manejar un momento de 215 Nm a 1250 rpm. El diámetro mayor del embrague es de 350 mm, y tiene un ángulo de cono de 6,25º, el ancho de la cara es de 63,5 mm y el coeficiente de rozamiento de 0,2.Determinar, suponiendo desgaste uniforme:
a) b) c) d)
La fuerza axial requerida para trasmitir el momento. La presión normal media P sobre las superficies de contacto, cuando se trasmite el momento máximo. La presión normal máxima. ¿ Y en al caso de presión uniforme, que valores tendrían lo solicitado en los apartados anteriores ?
α
SOLUCION: a) La fuerza necesaria axial es : T * 4 * sen α F= = μ * (D + d) Donde : D= 350 mm =0'35 m B = ancho de la cara = 0'0635 m d=D-2 * b * sen α=0'35-2 * 0'063 * sen6.25º= 0'3336 m T = 215 Nm Sustituyendo obtenemos F = 682'4 N b)
La presión media es :
∫
F = p * dA * senα =
c) Pa
2 * π * r * dr 2 *p*( ) * senα = p * d senα
∫
2
2
D 8 4*F
∫
D
2 d
* 2 * π * r * dr =
2
2
d p * π )= * (D2 − d2 ) de donde : 8 4 4 * 682'4 = = 9'047 * 104 Pa 2 2 2 2 * (0'35 − 0'336 ) π * (D − d )
= p * 2 * π * ( p=
D
−
La presión máxima es :
=
2*F π * d * (D − d)
=
2 * 682'4 π * 0'336 * (0'35 − 0'336)
= 9'235 * 104 Pa
Y suponiendo presión uniforme F=
3 * T * sen α * (D 2
pa = p
μ * (D 3 - d 3 )
=
4*F 2
2
π * (D - d )
− d 2 )
= 682'31 N
= 9'046 * 10 4 Pa
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Problema 11. (D 95) El freno cuyas dimensiones vemos en la figura, tiene un coeficiente de rozamiento de 0'3 y ha de tener una presión máxima de 1 MPa, contra el material de fricción. Se pide: a) Utilizando una fuerza de acción de 2000 N, determinar la anchura de las zapatas (ambas tienen la misma anchura). b) ¿Que par absorberá el freno? c) Si debe aplicarse el par total de frenado durante 3 s para detener una máquina que gira a 900 rpm. ¿Cuanta energía se absorberá durante la operación de frenado?
SOLUCION: a) Determinaremos en primer lugar las fuerzas que actúan sobre las zapatas.
Palanca de frenado.
∑ Fx = 0 = - Fc + FDx = 0 ∑ Fy = 0 = -2000 + FDy = 0
FDy = 2000 N
∑ MD = 0 = - Fc * 100 + 2000 * 400 = 0 Fc = 8000 N
FDx = 8000 N
Considerando ahora la zapata derecha: Σ MB = 0 FDX * 600 + FDY ( 125-76) - M N - Mf = 0
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Sabemos que : MN
y que :
M f =
Mf =
Mf =
=
Pa * b * r * a senθa
f * Pa * b * r sen θ a
∫
θ 2
θ 1
∫
θ2
θ1
θ
sen2θdθ =
Pa * d * r * a ⎡ θ 1 ⎤ 2 ( ) − sen 2 θ ⎥ senθa ⎢⎣ 2 4 ⎦θ 1
sen θ * (r − a * cos θ )d θ
θ
f * Pa * b * r ⎡ senθa
2 ⎛ 1 2 ⎞⎤ ⎢(− r * cosθ ) − a⎜ 2 sen θ ⎟⎥ ⎝ ⎠⎦ θ1 ⎣
f * Pa * b * r ⎡ a r (cosθ1 − cosθ 2 ) − sen2θ1 − sen2θ 2 ⎢ senθa 2 ⎣
(
)⎤⎥ ⎦
Donde :
θ1 = 20 − arctang
r = 0,25 m
76 300
= 20 − 14.21 = 5.79°
θ2 = 130º = 130 . π/180 rad. 6 θa = 90º = 90 . π/180 rad. Pa = 1 Mpa = 10 Pa. a ≈ 0,3 ( Realmente ≈ 0,309) f = 0,3 Por tanto, sustituyendo: MN
=
106 * b * 0,25 * 0,3 ⎡⎛ 130π 1 ⎞ ⎛ 5.79 π 1 ⎞⎤ − sen(2 * 130)⎟ − ⎜ − sen(2 * 5.79)⎟⎥ ⎜ ⎢ 1 ⎠ ⎝ 2 * 180 4 ⎠⎦ ⎣⎝ 2 * 180 4
= 103521* b (Nm) Mf =
0,3 * 106 * b * 0,25 ⎡ 0,3 ⎤ 0,25(cos5.79 − cos130 ) + sen2 5.79 − sen2130 ⎥ ⎢ 1 2 ⎣ ⎦
(
= 24218.25 * b (N.m)
De aquí , la ecuación de equilibrio quedará : FDX * 600 + F DY (125-76) - M N - Mf = 0 8000 * 0,60 - 2000 * 0,49 - 103521 * b – 24218.25 * b = 0 Despejando :
b= 0,0299 m
Considerando la zapata izquierda :
)
=
=
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Σ M A = 0 FE * 700 - MN + Mf = 0 FE = FC = 8000 N Sustituyendo
8000 * 0,7 – 103521* b + 24218.25 * b =0
Despejando : b = 0,0706 m Por tanto adoptamos b = 0,0706 m, que es el más favorable. b) Para calcular el par de frenado, determinaremos la presión en cada una de las zapatas. Para la zapata izquierda tenemos la supuesta 1 Mpa = Pa I. Para la zapata derecha, calculamos de nuevo los momentos con b = 70.6 mm y de aquí obtenemos la presión máxima. MN
= 103521*
PaD 10
Mf = 24218.25 *
* 0,0706 = 7,30858 * 10−3 * PaD (Nm)
6
PaD 6
10
* 0,0706 = 1,7098 *10−3 * PaD (Nm)
Sustituyendo en la ecuación de equilibrio : 8000 * 0,6 - 2000 * 0,049 - 7,30858 * 10 Despejando
-3
-3
* PaD - 1,7098 *10 * PaD = 0
Pa D = 0,5214 Mpa .
El par de frenado en la zapata derecha será : TD
∫
= f - dN * r =
Sustituyendo:
f * PaD * b * r 2
∫
senθa
θ2
θ1
senθ * dθ
TD
=
f * PaD * b * r 2 senθ a
(cosθ1 − cosθ2 )
TD = 1130,33 Nm
Y en la zapata izquierda será : TI
∫
= f * dN * r =
Sustituyendo:
f * PaI * b * r 2 senθ a
θ 2
∫
senθ dθ
θ 1
TI
=
f * PaI * b * r 2 senθ a
(cosθ1 − cosθ2 )
TI = 2167,88 Nm
El par total de frenado será la suma: T f = TD + TI = 1130,33 + 2167,88 Tf = 3298,21 Nm
c) La energía que absorbe el freno , será , al ser el par de frenado constante :
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E = Tf * θ
θ = Angulo girado por el tambor hasta detenerse que por cinemática vale
Donde: θ =
1 2
αt 2 siendo
Por tanto: θ =
1 2
α =
ω t
ωt
Donde α = Deceleración angular t = tiempo de parado w = velocidad angular La energía por tanto será: E = Tf × θ =
1 2
ωt
Donde Tf = 3298,21 Nm w = 900 × (2π/60) =94,248 rad/s t = 3s 1 θ = ωt 2 Sustituyendo:
= 141,37rad
E = 3298,21 * (1/2) * 94,248 * 3= 466274,544 Julios
Problemas
Diseño de Máquinas
Problema 12. (F-94) Un freno permite que un montacargas bajar una masa de 250 Kg a una velocidad de 3 m/s.. como se indica en la figura. El tambor del cable tiene 400mm de diámetro, pesa 1'4 KN y un radio de inercia( o de giro) es de 180 mm. Determinar: a) Calcular la inercia del sistema. b) Par torsor adicional de frenado que tiene que aplicarse para detener la carga de 0'5 s.
SOLUCIÓN: a) La energía cinética vale 1 1 E = I0 ω + mv 2 2 2 2 W T 2 1400 ′ (0 1802) = 4.63 Kg m2 I0 = MTr = r = g 9′8 v v 3 ω = =2 =2 = 15 rad/s r d 0′4 1 1 E = 4′63 * 152 + 250 * 32 = 1645.9 J 2 2
b) El espacio que recorre hasta pararse, será: 1 Δv 3 x = v 0 t - at 2 = 0′75m a= = = 6 m/ s 2 2 Δt 0′5 El angulo girado por tambor hasta pararse x x θ = =2 = 3′75rad r d
Se cumple que
E E = T * θ de donde T = = 438.91Nm θ
Problemas
Diseño de Máquinas
Problema 13. Un embrague que trabaja en seco, constituido por múltiples discos de acero y grafito sobre acero, debe transmitir una potencia de 80 HP a 800 rpm. El diámetro interior, no puede ser menor de 50 mm y el diámetro exterior está limitado por el espacio a un máximo de 150 mm. Suponiendo desgaste uniforme . Determinar: a) b) c) d)
Diámetros de los discos Número de discos necesarios Fuerza axial requerida Presiones media y máxima
SOLUCION: El par transmitido por cada pareja es: Tu =
donde:
F*μ 16493 * 0,25 (D + d) = (0,150 + 0,050) = 206 Nm 4 4
F=
π * Pa * d
2
(D - d) =
π * 2,1* 106 * 0,050
2
(0,150 - 0,050) = 16493 N
μ = 0,25 (tabla 16.2) Pa = 2100 Kpa (tabla 16-2) D = 150 mm d = 50 mm Como la potencia a transmitir es: H = T* ω 5,976 * 104 * 60 T= = 713,3 Nm 800 * 2π
0,747 KW 2π 80HP * = 5,976 * 104 = T * 800 * 1HP 60 Nº de parejas necesarias:
713,3 206
= 3,46
Disponemos de 4 parejas
3 ACERO El par por pareja:
T=
La fuerza axial real:
713,3 = 178,3 Nm 4 F=
4T μ(D + d)
La presión máxima real: Pa =
La presión media: p =
2 GRAFITO
F A
=
=
4 * 178,3 0,25(0,150 + 0,050)
2F π * d * (D - d)
=
2 * 14266 π * 0,050 * (0,150 - 0,050)
14266 π
4
2
= 14266 N
= 0,908MPa 2
(0, 150 - 0, 050 )
= 1,816 MPa
Problemas
Diseño de Máquinas
Problema 14. (D 97) Un freno diferencial de cinta, tiene un tambor de 150 mm de diámetro y se le aplica una fuerza de 225 N en el extremo de la palanca. El coeficiente de rozamiento es de 0,4. a) Si aplicamos en el tambor un par de 50 N.m, en el sentido de las agujas del reloj, determinar las tensiones máxima y mínima en la cinta. b) ¿Cuál es el máximo par que puede soportar el freno, si la rotación del tambor es en el sentido contrario a las agujas del reloj?
SOLUCION. a)
Σ M A = 0
(F1 - F2) *
0,05 F1 - 0,1F2 + 0,2F = 0
d = 50 2
0,05 *
F1 =
50 + F2 0,075
50 + 0,05 * F2 - 0,1* F2 + 0,2 * 225 = 0 0,075
F2 = 1567 N
0,05 * F2 =
0,05 * 50 + 0,2 * 225 0,075
F1 = 2233 N
El freno es autofrenante si F = 0 ó F < 0 F=
0,1* F2 - 0,05 * F1 0,2
F=
0,1* F - 0,05 * 3,51* F2 0,2
0,075 F2 = - 593 N 0,2 ES AUTOFRENANTE . Por tanto, no se puede aplicar(*) que es cuando el freno desliza, es decir funcionando, μθ
F1 = F2 * e
no bloqueado.
= F2 * e0,4π = 3,51 * F2
F1 = eμθ (*) F2
b) Caso de giro en sentido contrario
Σ M A = 0
0,05 F2 - 0,1F1 + 0,2F = 0
F=-
Problemas
F1 = eμθ F2
Diseño de Máquinas
F1 = F2 * e
0,4π
= 3,51* F2
0,05 F2 - 0,1* 3,51F2 + 0,2 * 225 = 0 F2 = 149,5 N
45 = 0,301*F 2
F1 = 524,8 N
El par máximo: T = (F1 - F2) *
d 0,15 = (524,8 - 149,5) * = 28,14 N 2 2
Problemas
Diseño de Máquinas
PROBLEMA 15.(J 95) Calcular el valor de la presión máxima , el par y la potencia de frenado para el freno de la figura . El coeficiente de rozamiento es de 0,2 . Háganse los mismos cálculos sobre la hipótesis de que las fuerzas totales normales y de rozamiento se concentran en el punto B , y compara los resultados con los más exactos obtenidos en parte interior.
a) El momento de las fuerzas de fricción respecto a A : Mf = Mf = Mf =
∫
θ2
θ1
f dN(r − acosθo=
f * Pa *b *r ⎛ ⎜ senθa
f *Pa *b *r senθa
∫
θ2
θ1
senθ (r − acosθ )dθ
θ 2 ⎞ ⎡1 2 ⎤ [− rcosθ] − a ⎢ sen θ⎥ ⎟ ⎜ ⎣2 ⎦ θ1 ⎠⎟ ⎝ θ2 θ1
f * Pa *b *r ⎡ a ( ) − + r cos cos sen2θ1 − sen2θ 2 θ θ 1 2 ⎢ senθa ⎣ 2
(
Donde : f = 0,2 θ2 = 101,2º
b = 0,08 m a = 0,32 m
θa = 90º
)⎤⎥ ⎦ r = 0,2 m
θ1 = 6,2º
-3
Sustituyendo:
Mf = 2,74 * 10 * Pa (Nm)
El momento de las fuerzas normales respecto a A): MN
=
Pa * b * r * a senθa
∫
θ2
θ1
sen2θdθ =
θ1
dN(a * senθ )
⎞ 1 θ2 ⎟ [ ] − sen2 θ θ1 ⎟ senθa ⎜ ⎢⎣ 2 ⎥⎦ θ 4 1 ⎝ ⎠ P * b *r *a ⎡ θ2 θ1 1 ⎤ − − (sen2θ2 − sen2θ1 )⎥ MN = a ⎢ senθa ⎣ 2 2 4 ⎦ MN
=
Pa *b *r *a ⎛ ⎜⎡θ⎤
∫
θ2
θ2
Sustituyendo los valores anteriores: 0,08 * 0,2 * 0,32 MN = Pa * * sen90º 6,2 π 1 ⎡101,2 π ⎤ − − [sen(2 * 101,2 ) − sen(2 * 6,2 )]⎥ *⎢ ⎣ 2 180 2 180 4 ⎦
= 0,005 *Pa ( Nm)
Problemas
Diseño de Máquinas
Si tomamos ahora momentos respecto al pivote A ΣM A = 0 MN + Mf + M*c = 0 Sustituyendo: F = 5000 N
0,005 Pa + 2,47 *10
-3
Pa - 5000 * 0,55 = 0
Pa = 379467Pa
c = 0,55 m
b) El par de frenado : Tf =
∫
f dNr =
f * Pa *b *r 2 senθa
∫
θ2
θ1
senθdθ
=
f * Pa *b *r 2 senθa
(cosθ1 − cosθo)
Sustituyendo : Tf =
c)
0,2 * 379467 * 0,08 * 0,22 sen90º
La potencia de frenado:
(cos6,2 − cos101,2 ) = 288,61(Nm)
Hf = Tf * ω = 288,6 * 200
2π 60
= 288,61 W
d) Supongamos ahora que las fuerzas se concentran en el punto B todas . El diagrama será ahora :
ΣM A = 0
-F * 0,55 + N * 0,25 = 0
N=
5000 * 0,55 0,25
= 11000N
La presión sobre la zapata es igual a la fuerza normal dividida por la proyección horizontal de la superficie de la zapata , es decir : Pa
=
N A
=
11000 2,357.10
−6
= 4,67.105 Pa
-6
2
A=b*(5*sen 45º + 5*sen 50º) = 0,08 * 0,2 ( sen 45º + sen 50º ) = 2,357 *10 m Por tanto : Tf = f * N * r = 0,2 * 11000 * 0,2 = 440 Nm y Nf = Tf * w = 440 * 200 (2 π/60) = 9215,34 W
Problemas
Diseño de Máquinas
PROBLEMA 16. (J-97) El freno de mano de la figura , tiene un ancho de cara de 40 mm y un coeficiente medio de fricción de 0,20 . la fuerza de trabajo estimado es de 500 N . Calcular :
a) La presión máxima en la zapata . b) El par de frenado . c) La potencia de frenado si gira a 350 r.p.m.
SOLUCION a)
Mf =
Mf =
Mf =
θ 2
∫
θ 1
f dN(r − acosθ ) =
f *Pa *b *r ⎛ ⎜ senθa
f *Pa *b *r senθ a
θ 2
∫
θ 1
senθ (r − acosθ )dθ
θ 2 ⎞ ⎡1 2 ⎤ [− rcosθ] − a⎢ sen θ⎥ ⎟⎟ ⎜ ⎣2 ⎦ θ1 ⎠ ⎝ θ2 θ1
f *Pa *b *r ⎡ a r (cosθ1 − cosθ 2 ) + sen2θ1 − sen2θ2 ⎢ senθa ⎣ 2
Donde :
(
⎦
θa = 90º θ1 = 45º - arctg(150/200) = 45º - 36,86 = 8,13 θ2 = 98,13º
f = 0,2 b = 0,04 m r = 0,15 m a = 0,25 m Mf =
)⎤⎥
0,2 *Pa * 0,04 * 0,15
⎡ ⎣
* ⎢0,15(cos8,13 − cos98,13 ) +
1 0,25 2
*
(sen 8,13 − sen 98,13)⎤⎥ 2
2
⎦
Mf = 0,0012 * Pa [ 0,15 * 1,13 + 0,125 (-0,96)] = Pa * 0,0012 ( 0,1695 + (-0,12))= -3
= 0,0594 * Pa * 10
(Nm)
El momento de las fuerzas normales respecto a A):
Problemas
MN
=
Diseño de Máquinas
Pa *b* r *a senθ a
θ 2
∫
θ 1
sen2θ dθ =
MN
=
MN
=
Pa * b *r *a ⎡ θ2 senθa
∫
θ 1
dN(asenθ
)
⎛ ⎡ θ ⎤ θ 2 1 ⎞ θ2 ⎟ ⎜ [ ] − sen2 θ θ1 ⎟ ⎜ ⎢⎣ 2 ⎥⎦ θ 4 1 ⎝ ⎠
Pa *b *r * a sen θ a
θ 2
θ1 1 ⎤ ⎢ 2 − 2 − 4 (sen2θ2 − sen2θ1 )⎥ ⎣ ⎦
0,04 × 0,15 × 0,25 ⎡ 98,13 π
1 ⎤ − [sen(2 * 98,13 ) − sen(2 * 8,13 )]⎥ 1 180 2 180 4 ⎦ 1 ⎡ ⎤ MN = Pa × 0,0015⎢0,856 − 0,0709 − (− 0,28 − 0,28)⎥ = 0,001387 *Pa(Nm) 4 ⎣ ⎦
MN
= Pa *
⎢ 2 ⎣
−
8,13 π
b) Si tomamos momentos respecto a a):
Σ M A = 0
MN + Mf - F * c = 0
0,001387 * Pa + 0,0000594 * Pa - 500 * 0,5 = 0
c)
Pa = 172843 Pa
El par de frenado
∫
Tf = f dNr =
f * Pa *b *r 2 senθ a
θ 2
∫
θ 1
senθ dθ
=
f * Pa *b *r 2 senθ a
(cosθ 1 − cosθ 2 )
0,2 × 172843 × 0,04 × 0,152 (cos 8,13 − cos 98,13) = 31,111× 1,131 = 35,198 (Nm) Tf = 1 2π = 1290W d) La potencia de frenado es: Hf = Tf × w = 35,198 × 350 × 60
