Balanceo de Partes Rotatorias.

Jose Marıa Rico MartınezDepartamento de Ingenierıa Mecanica.

Campus Irapuato-Salamanca, Universidad de Guanajuato.Comunidad de Palo Blanco.

CP 36885, Salamanca, Gto., MexicoE-mail: jrico@ugto.mx

November 21, 2019

1 Introduccion.

Estas notas tienen como objetivo mostrar el origen del desbalance en partes rotatorias, los efectos del desbalanceen el comportamiento dinamico de las maquinas, los diferentes tipos de desbalance y como se puede corregirel desbalance en partes que rotan alrededor de un eje fijo. En estas notas, la correccion es puramente teorica,pues en la practica, la correccion requiere de un analisis de las vibraciones o fuerzas producidas en los apoyoso cojinetes de la parte que esta rotando y este es un tema del curso de vibraciones mecanicas.

2 Desbalance: Diferentes tipos y efectos del mismo.

La definicion de desbalance tiene una estrecha relacion con las condiciones bajo las cuales se pueden aplicarlas ecuaciones de Newton-Euler a un cuerpo rıgido sujeto a movimiento plano general. Este hecho no debeser sorprendente pues la rotacion alrededor de un eje fijo es un caso especial del movimiento plano general.Primeramente se definira cuando un cuerpo rıgido sujeto a rotacion alrededor de un eje fijo, conocido comorotor, esta balanceado y por oposicion se sabra cuando un cuerpo rıgido sujeto a rotacion alrededor de un ejefijo esta desbalanceado.

Definicion 1. Un cuerpo rıgido sujeto a rotacion alrededor de un eje fijo esta balanceado cuando sesatisfacen las siguientes dos condiciones

1. El centro de masas del cuerpo, G, yace en el eje de rotacion del cuerpo.

2. Uno de los ejes principales de inercia del cuerpo, con respecto al centro de masas G, coincide con el ejede rotacion del cuerpo.

Debe notarse que si esas condiciones se satisfacen y el cuerpo rıgido gira con una velocidad angular con-stante, entonces las fuerzas y momentos externos que actuan sobre el cuerpo rıgido deben ser nulos y, al menosteoricamente, las fuerzas en los apoyos o cojinetes deben ser, igualmente, nulos. Esta condicion del cuerpo rıgidose conoce como un estado de equilibrio dinamico.

Considere las ecuaciones de Newton-Euler aplicadas a un cuerpo rıgido balanceado, donde se supondra queel eje Z tiene la direccion del eje de rotacion.1

La primera de las ecuaciones de Newton-Euler esta dada por∑B

~Fi = M~aG. (1)

1El sistema coordenado que pasa por el centro de masas del rotor se supondra que esta fijo respecto al propio rotor.

1

donde M es la masa del cuerpo, ~Fi representan las fuerzas externas aplicadas al cuerpo rıgido y ~aG es la acele-racion del centro de masas, G, del cuerpo rıgido, respecto a un sistema de referencia Newtoniano o inercial.

La segunda de las ecuaciones de Newton-Euler esta dada por∑B

~TG = IG~α+ ~ω × IG ~ω. (2)

La ecuacion (2) es valida para cuerpos rıgidos con una distribucion de masas arbitraria y libre de moverseen el espacio sin restriccion alguna. Donde IG es la matriz de inercia del cuerpo rıgido respecto al centro demasas, G, del cuerpo rıgido, ~TG es el momento de las fuerzas externas con respecto al centro de masas, G.Finalmente, ~α y ~ω son las aceleraciones y velocidades angulares del cuerpo rıgido respecto a un sistema dereferencia Newtoniano o inercial.

De la suposicion que el centro de masas del cuerpo, G, yace en el eje de rotacion del cuerpo, se tiene que

~aG = ~0.

Sustituyendo esta condicion en la ecuacion (1) se tiene que∑B

~Fi = M~0 = ~0 (3)

La sumatoria de fuerzas aplicadas al cuerpo es igual a ~0.

De la suposicion de la distribucion de masa y coincidencia del eje de rotacion, eje Z con una de las direccionesprincipales de inercia implica que el tensor o matriz de inercia, del cuerpo rıgido respecto al centro de masas,G, esta dada por

IG =

IGxx IGxy 0IGyx IGyy 0

0 0 IGzz

, (4)

donde no es necesario conocer si los ejes en las direcciones X y Y son, o no, direcciones principales de inercia.Sustituyendo el resultado de estas suposiciones en la ecuacion (2), se tiene que∑

B

~TG = IG~α+ ~ω × IG ~ω

=

IGxx IGxy 0IGyx IGyy 0

0 0 IGzz

000

+ ωk ×

IGxx IGxy 0IGyx IGyy 0

0 0 IGzz

00ω

= IGzz ~0 + ωk × IGzzωk = ~0−~0 = ~0 (5)

La suma de momentos de las fuerzas externas con respecto al centro de masas G es tambien igual a ~0.

Estos dos resultados implican que no hay fuerzas externas aplicadas al cuerpo y el rotor se encuentra en unestado de equilibrio dinamico.

Si un cuerpo rıgido sujeto a rotacion alrededor de un eje fijo esta desbalanceado, las fuerzas que los apoyoso cojinetes deben soportar pueden ser muy elevadas, conduciendo a una vida muy reducida de los cojinetes yen casos extremos a grietas en la cimentacion del rotor.

El grado de incumplimiento de la definicion de un rotor desbalanceado permite clasificar los diferentes tiposde desbalance de un rotor:

1. Desbalance estatico. Si el centro de masas del cuerpo, G, no yace en el eje de rotacion del cuerpo, perouno de los ejes principales de inercia del cuerpo, con respecto a su centro de masas, es paralelo al eje de

2

rotacion del cuerpo. El rotor se encuentra estaticamente desbalanceado.

Considerede el rotor de masa uniformemente distribuida y balanceado mostrado en la figura 1, de masaM , radio r y longitud L,2 el centro de masas esta localizado a la mitad del rotor.

Figure 1: Rotor balanceado.

La matriz de inercia del cuerpo con respecto al centro de masas, G, esta dada por

IG =

112M

(3 r2 + L2

)0 0

0 112M

(3 r2 + L2

)0

0 0 12 M r2

,Suponga ahora que al rotor balanceado se le anade una pequena masa m situada a la mitad de la longituddel rotor a un radio r, ademas se supondra que esta masa m esta sobre el eje X de un sistema coordenado,fijo en el rotor, que pasa por G.3

Figure 2: Rotor desbalanceado estaticamente.

Como resultado de la adicion de la masa m —muy pequena comparada con la masa del rotor M— elnuevo centro de masas del rotor es G∗ y su localizacion puede determinarse a partir del primer momentode masa, respecto al antiguo centro de masas, G.

~QG = M~0 +m(−r i

)= −mr i

2Por simplicidad se omitiran las masas de los ejes en los extremos del rotor.3Nuevamente por simplicidad se despreciaran las dimensiones de la masa m, considerandola una masa puntual.

3

Si G∗ es el nuevo centro de masas, el primer momento de masa, respecto al antiguo centro de masas, G,satisface la condicion

~QG = (M +m) ~rG∗/G −mr i = (M +m) ~rG∗/G

Por lo tanto

~rG∗/G =~QG

M +m=−mr i

M +m= − mr

M +mi

Como en general M es mucho mayor que m, la ecuacion puede aproximarse satisfactoriamente por

~rG∗/G = −mM

r i = −e i donde e =m

Mr

e se conoce como la excentricidad del nuevo centro de masas.

Por lo tanto, si el rotor se mueve a velocidad angular constante, se tiene que

~aG∗ = ~α× ~rG∗/G − ω2 ~rG∗/G = −ω2 (−mM

r i) = ω2 m

Mr2 i

Por lo tanto, la aplicacion de la primera ecuacion de Newton-Euler conduce a4∑B

~Fi = M~aG∗ = M ω2 m

Mr2 i RA i+RB i = ω2mr2 i RA +RB = ω2mr2 (6)

Por otro lado, los escalares de inercia, con respecto al centro de masas original, G, estan dados por

Ixx =

∫G

(y2 + z2) dm =1

12M(3 r2 + L2

)+m

[(0)2 + (0)2

]=

1

12M(3 r2 + L2

)Ixy =

∫G

(−x y) dm = 0−m (−r) (0) = 0

Ixz =

∫G

(−x z) dm = 0−m (−r) (0) = 0

Iyy =

∫G

(x2 + z2) dm =1

12M(3 r2 + L2

)+m

[(−r)2 + (0)2

]=

1

12M(3 r2 + L2

)+mr2

Iyz =

∫G

(−y z) dm = 0−m (0) (0) = 0

Izz =

∫B

(x2 + y2) dm =1

2M r2 +m

[(−r)2 + (0)2

]=

1

2M r2 +mr2

Por lo tanto, la matriz de inercia, con respecto al centro de masas original, G, esta dada por

IG =

IGxx IGxy 0IGyx IGyy 0

0 0 IGzz

=

112M

(3 r2 + L2

)0 0

0 112M

(3 r2 + L2

)+mr2 0

0 0 12 M r2 +mr2

Aplicando el teorema de ejes paralelos, se tiene que la matriz de inercia con respecto al nuevo centro demasas esta dado por

IG∗ =

IG∗xx IG∗xy 0IG∗yx IG∗yy 0

0 0 IG∗zz

=

112M

(3 r2 + L2

)0 0

0 112M

(3 r2 + L2

)+mr2 0

0 0 12 M r2 +mr2 + (M +m) e2

4No se considera el peso del cuerpo, pues, usualmente, es mucho menor que las fuerzas debidas a la aceleracion normal.

4

De manera que si el rotor se mueve a velocidad angular constante, se tiene que∑B

~T ∗G = IG∗~α+ ~ω × IG∗ ~ω

=

IG∗xx 0 00 IG∗yy 00 0 IG∗zz

000

+ ωk ×

IG∗xx 0 00 IG∗yy 00 0 IG∗zz

00ω

= IG∗zz

~0 + ωk × IG∗zzωk = ~0−~0 = ~0

Por lo tanto, se tiene que∑B

~T ∗G = ~0 −RAL

2k +RB

L

2k = ~0 −RA +RB = 0 (7)

Resolviendo las ecuaciones (6) y (7), se tiene que

RA = RB =ω2mr2

2

Es importante notar que al girar el rotor, el desbalance m cambia su orientacion con respecto a un sistemacoordenado fijo al piso, de manera que las reacciones son

~RA(t) = ~RB(t) =ω2mr2

2cos(ω t) i+

ω2mr2

2sen(ω t) j

Las fuerzas son armonicas, de frecuencia circular ω y de magnitud igual a ω2mr2

2 . Es importante notar

que en este caso, las fuerzas, ~RA(t) y ~RB(t) en los apoyos estan en fase.

2. Desbalance de cople. Si el centro de masas del cuerpo, G, yace en el eje de rotacion del cuerpo, perouno de los ejes principales de inercia del cuerpo, con respecto a su centro de masas, no coincide con el ejede rotacion del cuerpo. El rotor se encuentra desbalanceado en cuanto a los momentos o coples.

Figure 3: Rotor desbalanceado en Momentos.

Considere nuevamente el rotor balanceado mostrado en la figura 1. Suponga ahora que al rotor balanceadose le anaden dos pequenas masas m situadas ahora en los extremos del rotor a un radio r, como se indicaen la figura 3.

Los vectores de posicion de las masas con respecto al centro de masas G son:

5

(a) Para la masa situada en el punto C

~rC/G = −r i+L

2k

(b) Para la masa situada en el punto D

~rD/G = r i− L

2k

Como resultado de la adicion de las masas m —muy pequenas comparada con la masa del rotor M— elprimer momento de masa, respecto al centro de masas, G, esta dado por

~QG = M~0 +m

(−r i+

L

2k

)+m

(r i− L

2k

)= ~0

Por lo tanto, en este caso, el centro de masas del rotor no cambia de posicion.

Sin embargo, los escalares de inercia esta, con respecto al centro de masas, G, tomando en cuenta laadicion de las dos masas m estan dados por

Ixx =

∫G

(y2 + z2) dm =1

12M(3 r2 + L2

)+m

[(0)2 +

(L

2

)2]

+m

[(0)2 +

(−L

2

)2]

=1

12M(3 r2 + L2

)+m

L2

2

Ixy =

∫G

(−x y) dm = 0−m (−r) (0)−mr (0) = 0

Ixz =

∫G

(−x z) dm = 0−m (−r) L2−mr

−L2

= mrL

Iyy =

∫G

(x2 + z2) dm =1

12M(3 r2 + L2

)+m

[(−r)2 +

(L

2

)2]

+m

[(r)2 +

(−L2

)2]

=1

12M(3 r2 + L2

)+m

(2 r2 +

L2

2

)Iyz =

∫G

(−y z) dm = 0−m (0)L

2−m (0)

−L2

= 0

Izz =

∫B

(x2 + y2) dm =1

2M r2 +m

[(−r)2 + (0)2

]+m

[(r)2 + (0)2

]=

1

2M r2 + 2mr2

Por lo tanto, la matriz de inercia esta dada por

IG =

112M

(3 r2 + L2

)+m L2

2 0 mrL

0 112M

(3 r2 + L2

)+m

(2 r2 + L2

2

)0

mrL 0 12 M r2 + 2mr2

La presencia de los elementos Ixz 6= 0 en la matriz de inercia, indica que el eje Z ya no es mas un ejeprincipal de inercia.

Por lo tanto, puesto que el centro de masas, G, yace en el eje de rotacion, se tiene que

~aG = ~0

Por lo tanto, la aplicacion de la primera ecuacion de Newton-Euler conduce a5∑B

~Fi = M~aG = ~0 ~RA + ~RB = ~0 ~RB = −~RA (8)

5No se considera el peso del cuerpo, pues, usualmente, es mucho menor que las fuerzas debidas a la aceleracion normal.

6

Si el rotor gira a una velocidad angular constante, se tiene que ~α = ~0 y ~ω = ω k, aplicando la segunda Leyde Newton-Euler, se tiene que

∑B

~TG = IG~α+ ~ω × IG ~ω

=

IGxx 0 IGxz0 IGyy 0

IGxz 0 IGzz

000

+ ωk ×

IGxx 0 IGxz0 IGyy 0

IGxz 0 IGzz

00ω

= IGzz ~0 + ωk ×

(IGxzωi+ IGzzωk

)= ~0− ω2 IGxz j = −ω2mrL j

Por lo tanto, a partir de los vectores de posicion de los puntos A y B respecto de G,

~rA/G =L1

2k ~rB/G = −L1

2k

Por otro lado

~RA = RAx i+RAy j +RAz k ~RB = −~RA = −RAx i−RAy j −RAz k

De manera que de la segunda ecuacion de Newton-Euler, se tiene que∑B

~TG = −ω2mrL j ~rA/G × ~RA + ~rA/G × ~RA = −ω2mrL j(L1

2k

)×(RAx i+RAy j +RAz k

)+

(−L1

2k

)×(−RAx i−RAy j −RAz k

)= −ω2mrL j

RAx L1 j −RAy L1 i = −ω2mrL j (9)

Las componentes escalares de la ecuacion (9) son

RAx L1 = −ω2mrL −RAy L1 = 0

Por lo tanto

RAx = −ω2mrL

L1RAy = 0 = RBy RBx =

ω2mrL

L1

Es importante notar que al girar el rotor, las masas m cambia su orientacion con respecto a un sistemacoordenado fijo al piso, de manera que las reacciones son

~RA(t) = −ω2mrL

L1cos(ω t) i− ω2mrL

L1sen(ω t) j

y

~RB(t) = −~RA(t) =ω2mrL

L1cos(ω t) i+

ω2mrL

L1sen(ω t) j

Las fuerzas son armonicas, de frecuencia circular ω y de magnitud igual a ω2mrLL1

. Es importante notar que

en este caso, las fuerzas, ~RA(t) y ~RB(t) en los apoyos estan en contrafase; es decir desfasadas entre si 180◦.

3. Desbalance dinamico. Si el centro de masas del cuerpo, G, no yace en el eje de rotacion del cuerpo, yademas ninguno de los ejes principales de inercia del cuerpo, con respecto a su centro de masas, coincidecon el eje de rotacion del cuerpo. El rotor se encuentra dinamicamente desbalanceado. En ocasionesel caso de desbalance de cople se ignora y simplemente se engloba en el caso de desbalance dinamico.

En este caso, la adicion de una masa de 2m en el extremo izquierdo del rotor y una masa m en el extremoderecho del rotor conduce a un cambio en la localizacion del centro de masas y que el eje Z ya no es masun eje principal de inercia por lo tanto, se presentaran reacciones de magnitud diferentes en los apoyosA y B y estas reacciones no estan en fase o contrafase. Este es el caso mas general de desbalanceo derotores.

7

Figure 4: Rotor desbalanceado dinamicamente.

3 Origen del desbalanceo en rotores.

Una pregunta logica es el porque de la presencia de desbalance en partes que se producen mediante procedi-mientos tales como torneado, mandrinado o rectificado que, teoricamente aseguran que las partes producidasdeben estar balanceadas. Las razones son muchas y muy variadas, entre ellas se encuentran:

1. La presencia de agujeros de soplado en partes vaciadas que pueden no ser visibles al ojo humano.

2. Errores en la instalacion del rotor en sus apoyos o cojinetes.

3. La adicion de cunas y cuneros.

4. La distorcion que se presenta en rotores producidos mediante soldadura. Esta distorcion se puede presentardurante la soldadura propiamente dicha o durante el relevado de esfuerzos.

5. La acumulacion de tolerancias durante el proceso de ensamble de un rotor formada por varias partes.

6. La corrosion y desgaste durante la operacion del rotor.

7. La acumulacion de depositos, por ejemplo en la operacion de ventiladores.

4 Correccion del desbalance.

En esta seccion se mostrara como se corrigen los diferentes tipos de desbalance mediante la adicion o re-mocion de material en las localizaciones determinadas por los metodos que se presentan en esta seccion.

Es importante hacer notar que una importante suposicion de estos metodos es que la geometrıa del rotor nose ve afectada por la operacion del rotor a la velocidad de operacion del mismo. Esta suposicion se conoce comola suposicion de que el rotor es rıgido, en contraste con los rotores que se deforman por las fuerzas centrıfugasque actuan sobre las diferentes partes del rotor. Estos rotores se les conoce como rotores flexibles.

Desde el punto de vista practico, un rotor se considerara rıgido si la velocidad angular de operacion es menora 0.6 veces la primera frecuencia natural del rotor. El concepto de frecuencia natural de un motor se estudiatambien en el curso de vibraciones mecanicas.

Finalmente, es necesario considerar si el balanceo se llevara a cabo en un unico plano o en dos planos.Existen tambien tecnicas de balanceo en multiples planos para rotores flexibles que no se trataran aqui. Ladecision de balancear en uno o dos planos, depende de la relacion entre la longitud del rotor, L, y el diametrodel rotor, D y la velocidad angular de operacion del rotor.

8

Balanceo de rotores en un plano o dos planos.

Relacion L/D Velocidad angular, ω Balanceo en un plano Balanceo en dos planosL/D ≤ 0.5 ω ≤ 1000 rpm Si No necesarioL/D ≤ 0.5 ω > 1000 rpm No recomendable SiL/D > 0.5 ω ≤ 150 rpm Si No necesarioL/D > 0.5 ω > 150 rpm No recomendable Si

5 Fundamento de las Ecuaciones.

En esta seccion se mostrara el fundamento de las ecuaciones que permiten determinar la masa o masas queresuelven el problema del desbalance, ası como su localizacion. En estas notas, se ha empleado un metododiferente al que es mas comun en los libros de texto. En la gran mayoria de los libros de texto, la determinacionde la localizacion y magnitud de las masas que permiten balancear un rotor en uno o dos planos, se basa en queen los apoyos del rotor, las fuerzas, y en su caso los momentos, ejercidos sobre el rotor por los apoyos deben sernulos. A diferencia de este procedimiento, en estas notas se ha seguido un procedimiento mas fundamental: Sila fuente del desbalance es la distribucion de masa o inercia a lo largo del rotor, entonces las condiciones quese obtienen —con fundamento en las ecuaciones de Newton-Euler, para un cuerpo rıgido sujeto a movimientoplano general6— se reducen a asegurar que el centro de masas de rotor, cuando se anaden las masas de balanceo,yazca a lo largo del eje de rotacion del rotor, que se supondra paralelo al eje Z y que los productos de inerciaIxz y Iyz del rotor sean nulos. Esta ultima condicion asegura que el movimiento del rotor —a velocidad angularconstante— no requiere de torques en las direcciones X y Y , que a su vez requieren de fuerzas indeseables enlos apoyos.

5.1 Balanceo en un plano.

Como se indico en el inicio de la seccion anterior, el balanceo en un plano se debera realizar para rotorescuya relacion de longitud versus diametro sea pequena, L/D ≤ 0.5 o bien para aquellos rotores cuya velocidadangular sea muy baja ω ≤ 150 r.p.m. En esos casos el torque producido por la distribucion de masa no es deconsideracion y no se requiere balancear el rotor en dos planos. El proceso de balanceo de rotores en un planose presentara a continuacion.

Considere para iniciar un rotor perfectamente balanceado con centro de masas G y cuyas dimensiones ovelocidad angular satisfacen los criterios indicados al inicio de esta subseccion. Suponga ademas que sobreel rotor se han anadido diferentes masas, colocadas a diferentes radios respecto al eje de rotacion del rotor yque la localizacion angular de esas masas, respecto a una referencia fijo —puede pensarse que se estan usandocoordenadas polares para la localizacion de las masas— en el rotor estan dadas por

Masa mi Radio ri Angulo θi i = 1, · · · , n

Suponga que la masa que balancea el rotor esta dada por

Masa mb Radio rb Angulo θb

Entonces el problema se reduce a asegurar que el centro de masas del rotor originalmente balanceado, G,no cambia de posicion. Para lo cual se calculara el primer momento de masas, con respecto a G—note que lamasa del rotor originalmente balanceado no se requiere pues su primer momento de masas respecto a G es nulo.Entonces, se tiene que

~QG =

n∑i=1

(mi ri Cos θi i+mi ri Sen θi j

)+(mb rb Cos θb i+mb rb Sin θb j

)= ~0

Por lo tanto

mb rb Cos θb = −n∑i=1

(mi ri Cos θi) mb rb Sin θb = −n∑i=1

(mi ri Sen θi) (10)

Considerando como incognitas mb rb y θb, se tiene:

6Debe notarse que un rotor esta sujeto a rotacion alrededor de un eje fijo, un caso especial de movimiento plano general

9

Figure 5: Balanceo en un plano.

• Elevando al cuadrado ambos lados de las ecuaciones y sumando termino a termino, se tiene que

(mb rb)2 =

(n∑i=1

mi ri Cos θi

)2

+

(n∑i=1

mi ri Sen θi

)2

por lo tanto

mb rb =

√√√√( n∑i=1

mi ri Cos θi

)2

+

(n∑i=1

mi ri Sen θi

)2

• Para determinar el angulo θb, se tiene que

Tan θb =Sen θbCos θb

=mb rb Sin θbmb rb Cos θb

=−∑ni=1mi ri Sen θi

−∑ni=1mi ri Cos θi

Estos resultados indican la magnitud, mb rb, y la localizacion, θb necesarios para balancear estaticamenteel rotor. Los signos negativos de la ecuacion anterior parecen redundantes, pero no lo son pues permitendeterminar de manera correcta el angulo θb, de acuerdo con las reglas del cırculo trigonometrico. Algunasnotas adicionales son necesarias.

1. El resultado de este analisis es el producto mb rb, las dos variables mb o rb pueden cambiar de valorsujeto a que el producto se conserve. En principio, pueda ser que en la direccion indicada por θb, nosea posible adicionar material para cualquier valor de rb, de manera que las combinaciones de masasy radios sea restringida.

2. En este analisis se supone que se desea adicionar masa; sin embargo, es perfectamente posible quese desee eliminar masa, en ese caso, el resultado del analisis anterior requerira que el angulo θb sesustituya por

θbr = θb + 180◦

3. Finalmente, puede ocurrir que para algunos valores de θb sea imposible adicionar material paracualquier valor de radio rb; por ejemplo, suponga que el rotor es la propela de un avion o embarcacion,entonces sera necesario, “descomponer” el resultado mb rb localizado en θb por dos, o en su caso mas,valores de mbj rj localizados en las direcciones θbj que si permitan la adicion o eliminacion de masay cuyo efecto sea equivalente.

10

5.1.1 Determinacion del desbalance presente en el balanceo en un unico plano y determinacionde las reacciones producidas

En esta seccion se determinara el desbalance presente en un rotor que se balancea en un unico plano y determinarlas reacciones, en los apoyos, producidas por el desbalance presente en el rotor.

El procedimiento es una parte del procedimiento empleado para el balanceo. La determinacion del desbalanceen el rotor esta dado por

~DR =

n∑i=1

(mi ri Cos θi i+mi ri Sen θi j

)= DRx i+DRy j

donde

DRx =

n∑i=1

(mi ri Cos θi) DRy =

n∑i=1

(mi ri Sen θi)

La magnitud del desbalance esta dada por

| ~DR |=√D2Rx +D2

Ry

y el angulo de localizacion del desbalance esta dado por

θD = tan−1DRy

DRx

Si el rotor gira a una velocidad angular ω, la fuerza producida por el desbalance esta dada por

| FD |=| ~DR | ω2

Como se distribuye esta fuerza en los apoyos del rotor depende de la geometrıa y es una tarea facil a partir delos conocimientos de la estatica.

5.1.2 Ejemplo de balanceo de un rotor en un unico plano.

Problema. Determine las reacciones en los cojinetes en A y B si la velocidad del eje es de 300 r.p.m. Tambiendetermine la magnitud y orientacion de la masa que balancea el rotor, si la masa se coloca a un radio de 50mm.Los datos se muestran en la tabla.7 Las distancias axiales son a = 200mm. y b = 200mm.

Table 1: Tabla de los datos de los desbalances.

Numero Masa Radio Angulo1 2 kgm. 25mm. 90◦

2 1.5 kgm. 35mm. 195◦

3 3 kgm. 40mm. 285◦

Balance mb 50mm. θb

Solucion. Primero se calculara el desbalance presente en el rotor. Para tal fin, es necesario determinar losvectores de posicion de los desbalances respecto al eje

r1 = r1 (cos θ1 i + sen θ1 j) = 25mm (cos 90◦ i + sen 90◦ j) = 25mm j

r2 = r2 (cos θ2 i + sen θ2 j) = 35mm (cos 195◦ i + sen 195◦ j) = −33.8074mm i− 9.0586mm j

r3 = r3 (cos θ3 i + sen θ3 j) = 40mm (cos 285◦ i + sen 285◦ j) = 10.35276mm i− 38.63703mm j

El primer momento de masa de los desbalances con respecto al punto del eje de rotacion mas cercano a losdesbalances, punto C, esta dado por

QC = m1 r1 +m2 r2 +m3 r3

= (2 kgm) (25mm j) + (1.5 kgm) (−33.8074mm i− 9.0586mm j) + (3 kgm) (10.35276mm i− 38.63703mm j)

= −19.65282 kgm−mm i− 79.49899 kgm−mm j

7Este es el problema 15.1 del libro Theory of Machines and Mechanisms, Fifth Edition de John J. Uicker, Jr., Gordon R.Pennock y Joseph E. Shigley, Oxford University Press: New York, 2017.

11

Figure 6: Datos del problema.

La masa total de las masas desbalanceadas esta dada por

mT = m1 +m2 +m3 = 2 kgm+ 1.5 kgm+ 3 kgm = 6.5 kgm

Entonces, el vector de posicion de la masa total mT que producirıa el desbalance, representado por QC estadado por

rC =QC

mT=−19.65282 kgm−mm i− 79.49899 kgm−mm j

6.5 kgm= −3.0235mm i− 12.2306mm j

En coordenadas polares, el vector rC esta dado por

| rC |=√

(−3.0235mm)2 + (−12.2306mm)2 = 12.5987mm

y el angulo respecto al semieje positivo X —note que el angulo se encuentra en el tercer cuadrante— se tieneque

θC = tan−1−12.2306mm

−3.0235mm= 256.1144◦

A partir de estos datos y la velocidad angular ω = 31.4159 rad/s, es posible determinar la fuerza producidapor el desbalance, su magnitud esta dada por

Fd = mT ω2 | rC |= (6.5 kgm) = 80.82372N.

El angulo de aplicacion de la fuerza de desbalance, Fd, producto de la aceleracion normal, esta dado por

θd = θC − 180◦ = 256.1144◦ − 180◦ = 76.1144◦

Las reacciones en los apoyos A y B se determinan de las ecuaciones de la estatica

ΣFy = 0 −RA −RB + Fd = 0

yΣMA = 0 − Fd a+RB (a+ b) = 0

Por lo tanto

RB = Fda

a+ b= 80.82372N.

800mm.

1000mm.= 64.658976N.

yRA = Fd −RB = 80.82372N.− 64.658976N. = 16.164744N.

12

Figure 7: Fuerzas de Desbalance y Reacciones.

Finalmente, para balancear el rotor, es necesario anadir una masa m∗b igual a la masa total de desbalancemT = 6.5 kgm. diametralmente opuesto al desbalance; es decir a un radio | rC |= 12.5987mm y un anguloθb = θC − 180◦ = 76.1144◦. Sin embargo, el problema requiere que la masa se coloque a un radio rd = 50mm.Por lo tanto, la masa que debe colocarse, esta dada por

mb =m∗b | rC |

rd=

(6.5 kgm)(12.5987mm)

50mm.= 1.63831 kgm

Este mismo resultado puede obtenerse aplicando el procedimiento ilustrado en la seccion 5.1, pues de laecuacion (10), se tiene que

mb rb Cos θb = −n∑i=1

(mi ri Cos θi) mb rb Sin θb = −n∑i=1

(mi ri Sen θi)

Esta ecuacion representa, desde el punto de vista matematico, los argumentos empleados en el parrafo anteriorpara llegar a la masa y localizacion que permite balancear el rotor.

5.2 Balanceo en dos planos

.En el caso de balanceo en dos planos, el problema es mas complejo, pues ademas de requerir que el centro

de masas del rotor yazca a lo largo del eje de rotacion, se requiere que el eje de rotacion, que usualmente serael eje Z, sea un eje principal de inercia. Si esas dos condiciones se cumplen, y el rotor se hace girar a velocidadangular constante, no habra reacciones en los apoyos, mas alla de las ocasionadas por el peso de cuerpo y quepor un lado, son pequenas, y por el otro son de naturaleza estatica.

Si el centro de masas del rotor yace a lo largo del eje de rotacion, entonces

~aG = ~0

y de acuerdo con la ecuacion 1, reproducida a continuacion∑B

~Fi = M~aG. = M~0 = ~0

La resultante de las fuerzas externas aplicadas al rotor es nula. De manera semejante, si el eje de rotacion es uneje principal de inercia, y el rotor gira a velocidad angular constante, la ecuacion 5, reproducida a continuacion,

13

indica que ∑B

~TG = IG~α+ ~ω × IG ~ω

=

IGxx IGxy 0IGyx IGyy 0

0 0 IGzz

000

+ ωk ×

IGxx IGxy 0IGyx IGyy 0

0 0 IGzz

00ω

= IGzz ~0 + ωk × IGzzωk = ~0−~0 = ~0

La suma de momentos con respecto al centro de masas G sera igual a ~0. Por lo tanto, el sistema se encuentra enun estado de equilibrio dinamico, y la suma de momentos con respecto a cualquier punto debe ser igualmentenula. El resultado practico de estos dos resultados teoricos es que las reacciones en los apoyos del motor soninexistentes.

Las ecuaciones anteriores tambien proporcionan las condiciones para que el eje pueda balancearse dinamicamente:

1. El centro de masas debe yacer a lo largo del eje de rotacion; es decir

~QG = ~0 QGx = 0 QGy = 0.

2. La matriz de inercia debe satisfacer las condiciones

Ixz = 0 Iyz = 0.

Para balancear un rotor en dos planos, se necesita seleccionar dos planos perpendiculares al eje del rotordonde se colocaran las masas que permiten balancear el rotor, esos planos se denominaran I y II. Las masas,radios y angulos asociados a esos planos son: mI , rI , y θ[I] y mII , rII y θ[II]; estos planos estan localizados adistancias z[I] y z[II], respecto a una referencia fija en el rotor. De manera que las condiciones de balanceo son

QGx = 0 mI rI C θ[I] +mII rII C θ[II] +

n∑i=1

mi ri Cθ[i] = 0

QGy = 0 mI rI S θ[I] +mII rII S θ[II] +

n∑i=1

mi ri Sθ[i] = 0

Ixz = 0 −mI rI C θ[I] z[I]−mII rII C θ[II] z[II]−n∑i=1

mi ri Cθ[i] z[i] = 0

Iyz = 0 −mI rI S θ[I] z[I]−mII rII S θ[II] z[II]−n∑i=1

mi ri Sθ[i] z[i] = 0

En todas esas ecuaciones las masas m[i] estan localizadas a un radio r[i] y a un angulo θ[i]; ademas, el planoesta localizado a una distancia z[i], respecto a la misma referencia fija en el rotor empleada para z[I] y z[II].

Estas ecuaciones proporcionan un conjunto de cuatro ecuaciones con cuatro incognitas, dadas pormI rI C θ[I],mI rI S θ[I], mII rII C θ[II] y mII rII S θ[II]. Una vez determinado el valor de estas incognitas, se tiene que

mI rI =

√(mI rI C θ[I])

2+ (mI rI S θ[I])

2θ[I] = tan−1

mI rI S θ[I]

mI rI C θ[I]

y

mII rII =

√(mII rII C θ[II])

2+ (mII rII S θ[II])

2θ[II] = tan−1

mII rII S θ[II]

mII rII C θ[II]

14

Estas ecuaciones representan las magnitudes de los momentos de masa mI rI y mII rII y sus localizacionesnecesarias para asegurar que el rotor esta completamente balanceado.

Un ultimo punto es necesario aclarar, la adicion de los momentos de masa mI rI y mII rII evidentementealteran la localizacion del centro de masas del rotor; sin embargo, puede probarse, mediante la aplicacion delteorema de Steiner o de ejes paralelos, que si se asegura que el centro de masas del rotor yace a lo largo del ejede rotacion, los valores de Ixz e Iyz, no se alteran cuando se calculan con respecto a un punto arbitrario a lolargo del eje de rotacion del rotor. De hecho, los calculos se realizan con respecto a un punto cuya localizaciones tal que z = 0.

5.2.1 Determinacion del desbalance presente en el balanceo en dos planos y determinacion delas reacciones producidas

En esta seccion se determinara el desbalance presente en un rotor que se balancea en dos planos y las fuerzasproducidas en los apoyos debido a la rotacion del rotor desbalanceado. El punto de partida de este analisis esla determinacion de la masas que balancean al rotor; es decir, se supondra que se conocen

mI rI C θ[I] mI rI S θ[I] mII rII C θ[II] mII rII S θ[II]

de esos valores es posible conocer

mI rI =√mI rI C θ[I]2 +mI rI S θ[I]2 θ[I] = tan−1

mI rI S θ[I]

mI rI C θ[I]

y

mII rII =√mII rII C θ[II]2 +mII rII S θ[II]2 θ[II] = tan−1

mII rII S θ[II]

mII rII C θ[II]

Estos resultados implican que el desbalance presente en el rotor esta dado por

5.2.2 Ejemplo de balanceo en dos planos.

En esta seccion se presentara un ejemplo de balanceo de un rotor en dos planos, incluyendo el calculo de lasreacciones en los apoyos.

Problema. Tres partıculas estan rigidamente unidas a un eje simplemente soportado que esta rotandocon una velocidad angular constante ω = 15 rad/s. Determine las magnitudes y orientaciones de las fuerzasde reaccion en A y B. Despues determine las magnitudes y orientaciones de las masas correctoras que debenanadirse en los dos planos correctores 1 y 2 para balancear dinamicamente el sistema. Las masas correctorasse colocaran a una distancia radial rcI = rcII = 25mm del eje del rotor.8 Las dimensiones adicionales sona = 50mm, b = 215mm, c = 275mm, d = 100mm, e = 150mm, f = 125mm.

Table 2: Tabla de los datos de los desbalances.

Numero Masa Radio Angulo Distancia z desde plano II1 3 kgm. r1 = 15mm. 60◦ z1 = c+ d+ e+ f = 650mm2 1 kgm. r2 = 35mm. 210◦ z2 = e+ f = 275mm3 2 kgm. r3 = 20mm. 330◦ z3 = d+ e+ f = 375mmMasa Correctora I mcI rc = 25mm. θcI zI = a+ b+ c+ d+ e+ f = 915mmMasa Correctora II mcII rc = 25mm. θcII zII = 0mm

Solucion. A partir de los datos de la masas se tiene que los vectores de posicion de las masas que inducen eldesbalance y de las masas que restablecen el balanceo estan dadas, con referencia al sistema OXY Z, mostradoen la Figura 8, por

8Este es el problema 15.17 del libro Theory of Machines and Mechanisms, Fifth Edition de John J. Uicker, Jr., Gordon R.Pennock y Joseph E. Shigley, Oxford University Press: New York, 2017.

15

Figure 8: Apoyos y masas que producen el desbalance.

r1 = r1 cos θ1 i + r1 sen θ1 j + z1 k = (7.5 i + 12.9903 j + 650 k)mm.

r1 = r2 cos θ2 i + r2 sen θ2 j + z2 k = (−30.3108 i− 17.5 j + 275 k)mm.

r3 = r3 cos θ3 i + r3 sen θ3 j + z3 k = (17.3205 i + 10 j + 375 k)mm.

rcI = rc cos θcI i + rc sen θcI j + zI k = (rc cos θcI i + rc sen θcI j + 915 k)mm.

rcII = rc cos θcII i + rc sen θcII j + zII k = (rc cos θcII i + rc sen θcII j + 0 k)mm.

Las condiciones de balanceo del eje son

QO = 0 Ixz = 0 Iyz = 0

La primera condicion QO = 0 asegura que el centro de masas del rotor yace en el eje de rotacion, las dos ultimascondiciones Ixz = Iyz = 0, aseguran que el eje Z que coincide con el eje de rotacion del rotor es un eje principalde inercia. La ecuacion para el primer momento QO — en este caso no se considerara la coordenada z — estadada por

QO = m1 r1 +m2 r2 +m3 r3 +mcI rcI +mcII rcII = 0

m1 (r1 cos θ1 i + r1 sen θ1 j) +m2 (r2 cos θ2 i + r2 sen θ2 j) +m3 (r3 cos θ3 i + r3 sen θ3 j)

mcI (rc cos θcI i + rc sen θcI j) +mcII (rc cos θcII i + rc sen θcII j) = 0 (11)

substituyendo los valores se tiene que

(3 kgm)(7.5 i + 12.9903 j)mm+ (1 kgm)(−30.3108 i− 17.5 j)mm+ (2 kgm)(17.3205 i− 10 j)mm

rc [mcI cos θcI i +mcI sen θcI j +mcII cos θcII i +mcII sen θcII j] = 0 (12)

Descomponiendo la ecuacion (12) en sus componentes escalares, se tiene

mcI cos θcI +mcII cos θcII =(−22.5 + 30.3108 + 34.641)kgm−mm.

25mm.= −1.073208 kgm. (13)

mcI sen θcI +mcII sen θcII =(−38.9709 + 17.5 + 20)kgm−mm.

25mm.= −0.058836 kgm. (14)

Ahora se desarrollaran las ecuaciones asociadas a los productos de inercia.

0 = Ixz = m1 z1 r1 cos θ1 +m2 z2 r2 cos θ2 +m3 z3 r3 cos θ3 +mcI zI rc cos θcI +mcII zII rc cos θcII (15)

0 = Iyz = m1 z1 r1 sen θ1 +m2 z2 r2 sen θ2 +m3 z3 r3 sen θ3 +mcI zI rc sen θcI +mcII zII rc sen θcII (16)

16

Sin embargo, debe notarse que zII = 0, por lo tanto, la ecuaciones (15) y (16) se reducen a

mcI cos θcI = −m1 z1 r1 cos θ1 +m2 z2 r2 cos θ2 +m3 z3 r3 cos θ3zI rc

(17)

mcI sen θcI = −m1 z1 r1 sen θ1 +m2 z2 r2 sen θ2 +m3 z3 r3 sen θ3zI rc

(18)

Sustituyendo los valores numericos en las ecuaciones (17) y (18), se tiene que

mcI cos θcI = − (3)(650)(7.5) + (1)(275)(−30.3108) + (2)(375)(17.3205)

(915)(25)kgm = −0.84283 kgm (19)

mcI sen θcI = − (3)(650)(12.9903) + (1)(275)(−17.5) + (2)(375)(−10)

(915)(25)kgm = −0.56911 kgm (20)

Sustituyendo los resultados de las ecuaciones (19) y (20), en las ecuaciones (13) y (14) se tiene que

mcII cos θcII = −1.073208 kgm.−mcI cos θcI = −1.073208 kgm.− (−0.84283) = −0.23037 kgm. (21)

mcII sen θcII = −0.058836 kgm.−mcI sen θcI = −0.058836 kgm.− (−0.56911) = 0.51027 kgm. (22)

Por lo tanto, las masas que se deben anadir en los dos planos de balanceo estan dados por

m2cI = (mcI cos θcI)

2+ (mcI cos θcI)

2= 1.03424 kgm2 por lo tanto mcI = 1.01698 kgm. (23)

θcI = tan−1mcI sen θcImcI cos θcI

= tan−1−0.56911 kgm

−0.84283 kgm= 214.0286◦ (24)

de manera semejante

m2cII = (mcII cos θcII)

2+ (mcII cos θcII)

2= 0.31344 kgm2 por lo tanto mcII = 0.55986 kgm. (25)

θcII = tan−1mcII sen θcIImcII cos θcII

= tan−10.51027 kgm

−0.23037 kgm= 114.2975◦ (26)

Estos resultados indican las masas que deben anadirse al rotor para balancear dinamicamente rotor.

Para las calcular las reacciones en los apoyos, cuando el rotor gira a una velocidad angular ω = 15 rad/s,debe notarse que el desbalance presente en el rotor es equivalente a las masas que balancean el rotor perocolocadas diametralmente opuestas a las masas que balancean al rotor, es decir:

mdI = 1.01698 kgm. θcI = 214.0286◦ − 180◦ = 34.0286◦

andmdII = 0.55986 kgm. θcII = 114.2975◦ + 180◦ = 294.2975◦

Por lo tanto, las fuerzas producidas por los desbalances y la aceleracion normal son

FdI = mdI rc ω2 = 5.7205N θdI = θcI + 180◦ = 214.0286◦ (27)

FdII = mdII rc ω2 = 3.14921N θdII = θcII − 180◦ = 114.2975◦ (28)

Debe notarse que estas fuerzas aparecen en los planos perpendiculares al eje de rotacion, en los planos decorrecion I y II. Estas fuerzas puedes descomponerse como

FdI = FdI cos θdI i + FdI cos θdI j = (−4.74091 i− 3.20122j)N (29)

FdII = FdII cos θdII i + FdII cos θdII j = (−1.29582 i + 2.87025j)N (30)

Por otro lado, las reacciones en los apoyos A y B pueden definirse como

RA = RAx i +RAy j RB = RBx i +RBy j

Las ecuaciones de equilibrio dinamico del rotor son que la suma de fuerzas que actuan sobre el rotor deben seriguales a cero; es decir

ΣF = 0 (RAx i +RAy j)+(RBx i +RBy j + (−4.74091 i− 3.20122j)N)+(−1.29582 i+2.87025j)N = 0 (31)

17

Las componentes de esta ecuacion vectorial son

ΣFx = 0 RAx +RBx = (4.74091 + 1.29582)N = 6.03673N. (32)

ΣFy = 0 RAy +RBy = (3.20122− 2.87025)N = 0.33097N. (33)

y que la suma de momentos de las fuerzas con respecto a algun punto, digamos A es igual a cero; es decir

ΣTA = 0 rI/A × FdI + rII/A × FdII + rB/A ×RB = 0 (34)

donde rI/A y rII/A son los vectores de posicin de los puntos de interseccion de los planos I y II, respectivamentecon el eje del rotor. Por lo tanto

rI/A = 50mmk rII/A = −865mmk rB/A = −740mmk

Por lo tanto, la ecuacion de momentos esta dada por

(50mmk)×(−4.74091 i−3.20122j)N+(−865mmk)×(−1.29582 i+2.87025j)N+(−740mmk)×(RBx i+RBy j) = 0

Las componentes cartesianas, X y Y , de esta ecuacion vectorial son respectivamente

160.061N mm+ 2482.766N mm+ 740RBymm = 0 − 237.045N mm+ 1120.884N mm− 740RBxmm = 0

Por lo tantoRBy = −3.57138N. y RBx = 1.19437N. (35)

De aquı que

RB =√R2Bx +R2

By =√

(1.19437N)2 + (−3.57138N.)2 = 3.7658N. y θRB= tan−1

−3.57138

1.19437= −71.5086◦

Sustituyendo los resultados de la ecuacion (35) en las ecuaciones (32) y (33), se tiene que

RAx = 6.03673N −RBx = 6.03673N − 1.19437N. = 4.84236N

yRAy = 0.33097N −RBy = 0.33097N − (−3.57138N.) = 3.90235N.

De aquı que

RA =√R2Ax +R2

Ay =√

(4.84236N.)2 + (3.90235N.)2 = 6.219066N. y θRA= tan−1

3.90235

4.84236= 38.8645◦

6 Balanceo mediante medicion de vibraciones mecanicas en losapoyos.

Estas notas pretenden presentar una introduccion al balanceo de maquinaria, que si bien requiere inicialmenteuna mayor capacidad de abstraccion y unos cuantos conceptos teoricos provenientes del algebra lineal, ofrecea cambio una imagen completa y coherente de los objetivos y metodos de, al menos, una buena parte de losprocesos de balanceo de maquinaria. La idea de estas notas surgio de la necesidad de presentar a los alumnos dela licenciatura de ingenierıa mecanica los principios fundamentales del balanceo de maquinaria y la insatisfaccioncon el tratamiento, o ausencia del mismo, en los libros de texto de vibraciones mecanicas usuales y aun en loslibros de referencia mas o menos especializados.

6.1 Espacios Vectoriales en el Balanceo de Maquinaria.

Considere un eje que esta rotando a una velocidad angular fija, ω. Suponga que existe una referencia fija enel eje, tal como una cinta reflejante si el sensor es fotoelectrico o una cuna o diente de engrane si el sensor esmagnetico, para medir la fase de la vibracion.

18

Es posible definir dos espacios vectoriales sobre el campo de los numeros complejos. El primer espaciovectorial esta dado por

V = {~v = (v1, v2, . . . , vn)|vi = v0i eiφi ∈ C},

donde vi representa la vibracion, medida en un parametro por especificar, sincronica con la velocidad angulary respecto a la referencia fija al eje, en n diferentes puntos pertenecientes a cada uno de los planos de medicionde la vibracion. De manera mas especıfica, v0i es la magnitud de la vibracion y eiφi indica la posicion angulardel punto pesado respecto a la referencia fija en el eje, e i es la unidad imaginaria.

El segundo espacio vectorial esta dado por

U = {~u = (u1, u2, . . . , un)|ui = u0i eiψi ∈ C},

donde ui representa el estado de desbalance, respecto a la referencia fija en el eje, en cada uno de los n planosde balanceo del rotor. Debe notarse que los planos de medicion de la vibracion y los planos de balanceo nonecesariamente coinciden. Debe notarse que las definiciones de adicion y multlipicacion por escalar en estos dosespacios vectoriales son las usuales.

Ahora, considere una transformacion

T : U → V

que supondremos lineal sobre el campo de los numeros complejos, C; es decir, supondremos que es aditiva

T (~u1 + ~u2) = T (~u1) + T (~u2), ∀~u1, ~u2 ∈ U.

y que es homogeneaT (λ~u1) = λT (~u1), ∀~u1 ∈ U, y ∀λ ∈ C.

Mientras que la interpretacion fısica de la aditividad es bastante trivial, la interpretacion fısica de la homo-geneidad sobre el campo de los numeros complejos bien vale un analisis mas detallado. Empleando la formapolar de los numeros complejos, considere las dos posibles situaciones particulares:

1. El escalar complejo λ viene dado por

λ = λ0 eiθ = λ0 e

i0 = λ0 ∈ R ⊂ C,

donde i representa la unidad imaginaria. En este caso, la homogeneidad de la transformacion lineal implicaque

T (λ~u1) = T (λ0~u1) = λ0T (~u1);

es decir, que T (λ~u1) es el multiplo escalar, real, del vector, que indica la vibracion en los n planos demedicion, dada por T (~u1).

2. El escalar complejo λ viene dado porλ = λ0 e

iθ = eiθ;

es decir λ0 = 1, el numero complejo es unitario, entonces

T (λ~u1) = T (eiθ~u1) = eiθT (~u1).

Este resultado significa que T (λ~u1) es la imagen de T (~u1) bajo una rotacion, de cada uno de sus compo-nentes, de θ grados.

Puesto que la multiplicacion por un numero complejo es siempre equivalente a la multiplicacion por unnumero real, su magnitud, junto con la multiplicacion por un numero complejo unitario, el efecto de la multi-plicacion de un vector por un escalar complejo siempre puede interpretarse por la accion combinada de los dosefectos justo analizados.

19

6.2 Caracterizacion de la Transformacion Lineal.

El exito del balanceo de maquinaria depende de una adecuada caracterizacion de la transformacion T . Estatransformacion especifica la influencia del desbalance presente en los n planos de balanceo sobre la vibracionque aparece en los n planos de medicion de las vibraciones. Puesto que la transformacion se supone lineal, esposible caracterizar la transformacion de una manera muy simple. Para tal fin, es necesario recordar la siguienteproposicion del algebra lineal.

Proposicion 1 Considere una transformacion lineal T : U → V y sea B = {~u1, ~u2, . . . , ~un} una base de U .La transformacion lineal T se determina unicamente por las imagenes de los elementos de la base B bajo T . Esdecir, la transformacion lineal T se determina unicamente por T (B) = {T (~u1), T (~u2), . . . , T (~un)}.

La proposicion proporciona la clave para caracterizar de manera simple y sistematica la transformacion linealT , y, posteriormente, llevar a cabo diferentes tipos de balanceo. Desafortunadamente, la presencıa inevitablede desbalances iniciales, desconocidos por ahora, en los n planes de balanceo complica un calculo que de otraforma serıa trivial.

Procedimiento Para Determinar la Transformacion Lineal T : U → VEl procedimiento consta de los siguientes pasos:

1. Determine el estado de vibracion inicial en los n planos de medicion de vibracion

~v0 = (v01, v02, . . . , v0n),

donde v0j = v00j eiφ0j representa la magnitud de la vibracion y la localizacion del punto pesado respecto

a la referencia fija en el eje, producido por el estado de desbalance inicial del eje o rotor, en el j-esimoplano de medicion de la vibracion. Ademas suponga que este estado de vibracion inicial es producto deun desbalance inicial, por ahora desconocido y cuyo efecto se desea neutralizar, ~u0, tal que

~v0 = T (~u0).

2. Para cada plano de balanceo, seleccione un desbalance de prueba uPi = uP0i eiθi 6= 0, donde uP0i es la

magnitud del desbalance adicionado en el i-esimo plano de balanceo y θi es la localizacion angular deldesbalance de prueba respecto a la referencia fija en el eje.

3. Forme el vector ~ui = (0, . . . , 0, uPi, 0, . . . , 0), donde uPi se encuentra en la i-esima posicion.

4. Determine el vector de vibracion ~vi = (v1, v2, . . . , vn), donde vj = v0j eiφj representa la magnitud de

la vibracion y la localizacion del punto pesado respecto a la referencia fija en el eje, producido por lasuma del desbalance inicial del rotor y el desbalance uPi anadido en el i-esimo plano de balanceo, sobre elj-esimo plano de medicion de la vibracion. La determinacion de esta vibracion, corresponde en t’erminosmatematicos a obtener

~vi = T (~u0 + ~ui).

5. Note que los vectores

~u1 = (uP1, 0, . . . , 0)

~u2 = (0, uP2, . . . , 0)

...

~un = (0, 0, . . . , uPn),

donde uPi 6= 0 ∀i = 1, 2, . . . , n, son linealmente independientes sobre C, y por lo tantoB = {~u1, ~u2, . . . , ~un}es una base para el espacio vectorial U . Ciertamente, otras muchas combinaciones de desbalances en los nplanos de balanceo son posibles para obtener vectores que constituyan una base para el espacio vectorialU . En particular, existe una base de U , en ocasiones llamada canonica y denominada por BC , dada por

20

u1 = (1, 0, . . . , 0)

u2 = (0, 1, . . . , 0)

...

un = (0, 0, . . . , 1),

En estas bases, 1 representa un desbalance de 1 unidad de masa-unidad de longitud, localizada en lamisma posicion angular que la referencia fija en el eje.

6. Entonces, para encontrar la representacion de la transformacon lineal T , es necesario determinar T (~ui), apartir de

T (~ui) = T (~u0 + ~ui)− T (~u0) = ~vi − ~v0.

De aqui que, MT , una representacion de la transformacion lineal T , viene dada por

MT = [~v1 − ~v0 ~v2 − ~v0 · · · ~vn − ~v0]

En esta ecuacion, la j-esima columna de la primera matriz representa el cambio en la vibracion en los nplanos de medicion de la vibracion, debido a la adicion en el j-esimo plano de balanceo del desbalance deprueba uPj , a su vez indicado por la j-esima columna de la ultima matriz de la ecuacion. Asi pues, MT

es la representacion matricial de la transformacion lineal T , con respecto a la base B de U y una base B∗

del espacio vectorial de V , dada por

v1 = (1, 0, . . . , 0)

v2 = (0, 1, . . . , 0)

...

vn = (0, 0, . . . , 1),

Debe notarse que existe una relacion muy simple entre las bases B y BC de U , dada por

~ui = uPi ui ∀i = 1, 2, . . . , n

Sin embargo, puesto que T es lineal, entonces resulta que

T (~ui) = T (uPi ui) = uPi T (ui) o T (ui) =T (~ui)

uPi∀i = 1, 2, . . . , n

Por lo tanto, la representacion matricial de la transformacion lineal T : U → V , respecto a las bases BCdel espacio vectorial U y B∗ del espacio vectorial V , esta dado por

MTC =

[~v1 − ~v0uP1

~v2 − ~v0uP2

· · · ~vn − ~v0uPn

]Una vez terminado este procedimiento, se conoce la representacion matricial MTC de la transformacion

lineal T , respecto a las bases BC de U y B∗ de V y esta disponible para finalizar el proceso de balanceo demaquinaria.

6.3 Solucion General del Problema de Balanceo de Maquinaria.

Esta seccion muestra la solucion general del problema de balanceo de rotores. El objetivo del balanceo demaquinaria consiste en encontrar un vector de desbalances, ~us cuyas componentes son los desbalances en cadauno de los planos de balanceo, tal que satisfaga la condicion

T (~u0 + ~us) = ~0.

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Es decir, que conduzca a la cancelacion de la vibracion registrada en los planos de medicion de la vibracion.9

De la ecuacion anterior, se tiene que

~0 = T (~u0 + ~us) = T (~u0) + T (~us) = ~v0 + T (~us)

o, finalmenteT (~us) = −~v0,

donde ~v0 es, como se indico previamente, el vector que representa el estado de vibracion inicial del eje o rotor.

Ası pues, la solucion general del problema de balanceo de maquinaria, esta dado por la solucion de la ecaucionmatricial dada por

MTC ~us =

[~v1 − ~v0uP1

~v2 − ~v0uP2

· · · ~vn − ~v0uPn

]~us = −~v0.

Por lo tanto, finalmente la solucion del problema general de balanceo de maquinaria, esta dada por

~us = −M−1TC ~v0 = −[~v1 − ~v0uP1

~v2 − ~v0uP2

· · · ~vn − ~v0uPn

]−1~v0.

6.4 Balanceo en un Unico Plano.

En esta seccion analizaremos el caso de balanceo de un eje o rotor en un unico plano de balanceo. Es decir,en este caso, existe un unico plano de medicion de la vibracion y un unico plano de balanceo; frecuentementeeste procedimiento se conoce como “Balanceo en un Plano”. En este caso, es posible y conveniente desechar lanotacion vectorial y la solucion resulta

us = − v0 uP1

v1 − v0.

6.4.1 Ejemplo Numerico de Balanceo en un Plano.

Considere un eje que rota con una velocidad angular ω = 1250 r.p.m.. Los datos obtenidos en la medicion inicialy con el desbalance de prueba estan dados por

Medicion inicial. Medicion de la vibracion en los planos de medicion de la vibracion tal como el eje se entregapara su balanceo.

Vibracion: Amplitud = 0.00270 pulgadas, fase = 240◦.

Medicion con un desbalance de prueba. Medicion de la vibracion cuando en el plano de balanceo se anadeun desbalance de prueba.

Vibracion: Amplitud = 0.00426 pulgadas, fase = 195◦.

Desbalance de Prueba: Amplitud = 0.25 onzas, fase = 330◦.

Como todos los desbalances de prueba y finales se colocan a un mismo radio, la informacion no incluye lainformacion acerca del radio.

Entonces, es posible obtener los siguientes valores

v0 = 0.00270 pulg. ei 240 uP1 = 0.25 oz. ei 330 v1 = 0.00426 pulg. ei 195.

De aqui que, el desbalance que teoricamente elimina totalmente la vibracion en el unico plano de medicion dela vibracon esta dado por

us = − (0.00270 pulg. ei 240)(0.25 oz. ei 330)

0.00426 pulg. ei 195 − 0.00270 pulg. ei 240= 0.222 oz. ei 234.

9Debe notarse que si la transformacion lineal T es invertible, este requisito sera evidente en unos cuantos pasos mas, la unicaposible solucion de la ecuacion es ~us = −~u0.

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6.5 Balanceo en Dos Planos.

En esta seccion analizaremos el caso de balanceo de un eje o rotor en dos planos de balanceo. Es decir, en estecaso existen dos planos de medicion de vibracion y dos planos de balanceo. Este procedimiento frecuentementese conoce como “Balanceo en dos Planos”. En este caso la solucion viene dada por

~us = −M−1TC ~v0 = −[~v1 − ~v0uP1

~v2 − ~v0uP2

]−1~v0,

donde cada uno de los vectores ~v0, ~v1, ~v2, y ~us son vectores bidimensionales.

6.5.1 Ejemplo Numerico de Balanceo en Dos Planos.

Considere un eje que rota con una velocidad angular ω. Los datos obtenidos en la medicion inicial y con eldesbalance de prueba en cada uno de los planos de balanceo estan dados por

Medicion inicial. Medicion de la vibracion en los planos de medicion de la vibracion tal como el eje se entregapara su balanceo.

Vibracion en el Plano 1: Amplitud = 0.001 pulgadas, fase = 360◦.

Vibracion en el Plano 2: Amplitud = 0.00085 pulgadas, fase = 135◦.

Medicion con un desbalance de prueba en el plano 1. Medicion de la vibracion cuando en los planos debalanceo se anade un desbalance de prueba en el plano 1.

Desbalance de Prueba: Amplitud = 0.25 onzas, fase = 300◦.

Vibracion en el Plano 1: Amplitud = 0.0009 pulgadas, fase = 350◦.

Vibracion en el Plano 2: Amplitud = 0.0022 pulgadas, fase = 75◦.

Medicion con un desbalance de prueba en el plano 2. Medicion de la vibracion cuando en los planos debalanceo se anade un desbalance de prueba en el plano 2.

Desbalance de Prueba: Amplitud = 0.25 onzas, fase = 300◦.

Vibracion en el Plano 1: Amplitud = 0.0017 pulgadas, fase = 30◦.

Vibracion en el Plano 2: Amplitud = 0.0009 pulgadas, fase = 150◦.

Como todos los desbalances de prueba y finales se colocan a un mismo radio, la informacion no incluye lainformacion acerca del radio.

Entonces, es posible obtener los siguientes valores

~v0 =

[1.0

−0.60104 + i 0.60104

]y

MTC =

−0.11367 −i 0.156280.12500 −i 0.12500

√3

0.47224 +i 0.850000.12500 −i 0.12500

√3

1.17044 +i 1.523990.12500 −i 0.12500

√3

−0.17838 −i 0.151040.12500 −i 0.12500

√3

De aqui que, los desbalances que teoricamente eliminan totalmente la vibracion en los planos de medicion

de la vibracion estan dados por

~us =

[−0.08279− i 0.019330.11540 + i 0.21869

]=

[0.08502 6 − 166.85557◦

0.24727 6 62.17963◦

]

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