Diseño Máquinas. Ejercicios Resueltos

8/17/2019 Diseño Máquinas. Ejercicios Resueltos

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Diseño de Máquinas Entregables de Seminarios

Ejercicio 2.3

La pieza de la figura está fabricada en acero dúctil con tensión de fluenciaσyp=4000 (kg/cm2) , cuyo comportamiento se supondrá elasto-plástico perfecto. Como se puedeobservar, la sección IJ tiene una altura de ! cm y la sección "# $! cm. "l espesor de la c%apa esuniforme e&'cm. "l momento flector aplicado es M=400000 (kgcm). "l coeficiente kt=1.8. (e pidedibu)ar la distribución de tensiones en la sección cr*tica, y e+plicar detalladamente si se dará o no elfallo de la pieza.

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"l e)ercicio nos pide analizar la distribución de tensiones en la sección cr*tica paradeterminar si se producirá el fallo o no dentro de la misma. ara responder al problema, el primerpaso a dar es analizar la pieza para saber cuál es la sección cr*tica.

odemos observar, ue ba)o la acción de los dos momentos flectores aplicados en lapieza, el momento flector será el mismo para todas las secciones de la pieza. "s decir, el diagramade momentos uedar*a/

or tanto, teniendo en cuenta ue todas las secciones cuentan con el mismo momento flectoraplicado, determinamos ue la más cr*tica corresponderá con auella sección ue cuente con unárea menor. or tanto, sabiendo ue toda la pieza y, por tanto, todas las secciones tienen un espesorde un cent*metro0 la secció m!s cr"tica ser! la E#, con menor área ue IJ.

Como traba)amos con un material dúctil, como nos dice el enunciado, no se tendrá en cuentaen el proceso la concentración de tensiones 12. 3s*, y conociendo la sección más cr*tica de la piezay el momento flector aplicado sobre ella, procedemos a calcular las tensiones en la sección "#.

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3plicando la fórmula ue relaciona la tensión normal generada con el momento flectoraplicado, tenemos ue/

donde/

▪ σ$ tensión normal

▪ M$ momento flector

▪ y$ altura de la l*nea neutra de la sección

▪ %&'$ momento de inercia respecto de la l*nea neutra de La sección

or tanto/

3

LN

M y

I s

×=

( )2 2

3 3

400000 15( )2667, 7 4000

11( ) 30 ( )

12

yp LN

kg cm cm M y kg kg OK

I cm cmcm cms s s

× ×× æ ö æ ö= = Þ = £ = Þç ÷ ç ÷

è ø è ø× ×


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Como vemos, la tensión normal ue se genera ba)o la aplicación del momento flectorestudiado, es menor ue la tensión de fluencia dada para el acero dúctil ue forma al pieza, portanto, la pieza no falla en la sección estudiada. Como 4sta es la más cr*tica de la pieza, tenemos uela pieza no fallará en la situación indicada.

or último, estudiamos la distribución de tensiones en la sección. Como tenemosúnicamente una tensión normal ue actúa sobre una sección rectangular, 4sta se distribuyesim4tricamente respecto de su l*nea neutra generando el mismo valor má+imo de tracción ycompresión en las fibras más e+tremas y opuestas de la pieza. La distribución se representagráficamente de la siguiente manera.

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5


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Ejercicio 4.4

Evaluar la duración (en número de ciclos) del eje giratorio que se muestra cargado en la figura.Se fabricará de acero F-11! ( "u # $%! &'a "* # +1! &'a dure,a #1/+) acabado conmecani,ado su*erficial. El eje se sabe que trabajará a tem*eratura ambiente con un funcionamientomu suave girando a +!! r*m. 0a fiabilidad que se requiere es de #2$3. Se *uede des*reciar el efectodel esfuer,o cortante en el eje. Si el valor de la carga a*licada ' fuera el doble 4el m5todo de cálculo afatiga utili,ado ser6a el más adecuado7

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a) 8tendiendo a la figura *resentada en el enunciado vemos que el eje giratorio con el quetrabajamos se somete a la a*licación de una única carga ' vertical la cual generará un momento flectorsobre la *ie,a. 'or tanto el *rimer *aso que damos *ara la resolución es calcular el diagrama demomentos flectores con el fin de determinar si es *osible la sección más cr6tica del eje.

9na ve, determinada la sección más restrictiva se calculará la duración de la misma la cual setomará como la duración de la *ie,a.

'ara reali,ar el diagrama de momentos anali,amos el equilibrio de la *ie,a *ara obtener lasreacciones verticales (dado que no :a esfuer,os a;iales) en 8 en .

7

102 127) V 30 6675 (254 76) V (254 76

0 6675 667

941

5 3941 2734 )

( )

(

A B

y A B A

B N M

F V V V N

+ + + + Þ= Þ × - ×

= Þ = - = - Þ =

=åå

( )

330( )

2734( ) 254 M 694436(N mm)

273

127

4( ) M 902220(N mm)

3941( ) M 500507( m )( ) N m

C C

D D

E E

M N

M

mm

mm

M mm

N

N

= × =Þ ×

= × Þ

= Þ

= ×

× = ×


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enemos que la tensión en la sección ? es menor que en la sección < además no tendráconcentración de tensiones *or tanto la descartamos como sección más cr6tica de la *ie,a. 'or otra*arte la sección E si tendrá concentración de tensiones no obstante su tensión es muc:o menor queen la sección


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Coeficiente de concentración de tensiones para fatiga de la sección C/

▪ * -, = 1*

▪ * 12 & ', = 0*8

3%ora ya podemos aplicar la curva de 9asuin para obtener la duración de la pieza en lasección C/

:esolviendo, %allamos el valor en ciclos de la duración ;/

9

40( )1,25

32( )

D mm

d mm= =

4( )0,125

32( )

r mm

d mm= =

1 ( 1) f T K q K = × -+

570BHN BHN 183,87 150

3,1 3,1

us = = Þ = ;

0,86 (1,55 1)1 1, 473 f f K K = =+ × - Þ

( ) ( )

( ) ( )( ) ( )

( ) ( )6 3 3log 513 log 108, 65 log 513 log 215, 87

47102( )log 10 log 10 log log 10

N cicls N

- -= Þ =

- -


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) or último, nos preguntan si el m4todo de cálculo a fatiga ser*a el adecuado en el caso deue la carga aplicada fuera el doble.

"n primer lugar calculamos el momento generado en la sección cr*tica C para determinar

tambi4n la tensión ue aparece.


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Ejercicio .4

=na pieza está sometida a dos esfuerzos "' y ">. (e estudian dos puntos de la pieza, ' y>, ue son las ue se estiman más susceptibles de provocar un fallo por fatiga de la pieza. "n la

gráfica de la izuierda se muestran las tensiones normales generadas por el esfuerzo "' en estos dospuntos, mientras ue la gráfica de la derec%a muestra lo correspondiente al esfuerzo ">. Los estadostensionales representados se repiten a lo largo del tiempo. (e pide determinar los valores de ?+@ e?y@ ue es capaz de soportar la pieza para una duración ; determinada, con un coeficiente deseguridad C( y un l*mite de fatiga de la pieza Ae. "l material es dúctil, con propiedades Ayp y Au.

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"n este problema nos presentan dos gráficas de tensiones normales generadas por dosesfuerzos "' y "> sobre dos puntos ' y > de la pieza estudiada. "stas gráficas están dispuestas enfunción de valores de B e los cuales debemos determinar para ue nuestra pieza cuente con unaduración ;. "n resumen, los datos de partida con los ue contamos a parte de las gráficas ue nos

otorga el enunciado son los siguientes/

aterial sobre cada punto y representarlos por separado.

5',6 1

(umando los dos esfuerzos, el estado tensional sobre ' ueda de la siguiente manera.

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or tanto, las tensiones media y alterna correspondientes son/

, es decir, es el punto más cr*tico de los dos estudiados. or tanto, analizaremos únicamente elpunto '.

"n el siguiente paso, empleamos la curva log A r - log ; DCurva de 9asuinE para obtener elvalor de la tensión A; , tensión ue corresponde con un valor ; de duración de la pieza.


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:esolviendo sobre la figura anterior, tenemos ue/

3%ora, con el dato %allado de A; nos valemos de la :ecta de (oderberg para determinar losvalores de ?B@ e ?@, ob)eto del e)ercicio.

16

( )0, 9 0, 9

log log log log

3 log( 3)

0,9log log

0,9log( 3) log log(

3

0,9log log

0,9log( log log(

3

)

)

u e u N

u e

u N

u e

u N

C# C# C# N

C# C# N

C#

C# C# N

C#

s s s s

s s

s s

s s

s s

× ×æ ö æ ö æ ö- -ç ÷ ç ÷ ç ÷

è ø è ø è ø= Þ-

×æ ö æ ö-ç ÷ ç ÷ ×æ öè ø è øÞ × - - = - Þç ÷

è ø

×æ ö æ ö-ç ÷ ç ÷×æ ö è ø è øÞ = - ×ç ÷

è ø0,9log log

0,9log log( 3)

310

3)

u e

u C# C# N C#

N

s s

s

s

×æ ö æ ö-ç ÷ ç ÷×æ ö è ø è ø- × -ç ÷

è ø=

- Þ

Þ


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:esolviendo/

Como las tensiones media y alterna tienen el mismo valor/

2enemos ue/

(ustituyendo los valores ya obtenidos de A; y Am & Ar , obtenemos el valor de la suma delos valores de ?B@ e ?@/

Como según las tablas ue nos proporciona el enunciado del e)ercicio, ?B@ e ?@ tienen el

mismo valor/

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1mr

yp N

C#

s s

s s + =

æ ö

ç ÷è ø

r m " ys s = = +

1 11 1

1

1

1

N ypm mm m m

yp yp N N yp N

yp N

C#

C# C#

C#

s s s s s s s

s s s s s s

s s

+ = Þ + = Þ+æ ö æ ö

ç ÷ ç ÷è ø è ø

+æ öç ÷è ø

æ öç ÷

×ç ÷× = Þ =ç ÷ ×æ öç ÷ ç ÷è ø ç ÷

ç ÷ç ÷è ø

0,9log log

0,9log log( 3)

310

u e

u

N yp yp

yp N yp N

C# C# N

C#

yC# C

"#

s s

s

s s s

s s s s

×æ ö æ ö-ç ÷ ç ÷×æ ö è ø è ø- × -ç ÷

è ø× ×=

+ +× ×+ =

0,9log log

0,9log log( 3)

32 10

u e

u

y

C

p

yp N

# C# N

C#

yC#

"

s s

s

s

s s

×æ ö æ ö-ç ÷ ç ÷×æ ö è ø è ø- × -ç ÷

è ø

=+

× ×=

×


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Ejercicio 5.8

Se requiere dise@ar la estructura de un transbordador de ve:6culos cua re*resentaciónesquemática mu sim*lificada se observa en la !igura 1.


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a) En este a*artado se nos *ide seleccionar los *erfiles E adecuados *ara las vigas de los*órticos. 'ara *lantear la resolución del *roblema debemos tener en cuenta varias consideraciones*revias.

Cnter*retamos que el *eso de la carga llegará :asta las esquinas es decir :asta situarse sobre los*ilares del *órtico aunque en la *ráctica ser6a im*osible dado que 5sta se a*lica en el medio delcarrito. 8sumimos esto dado que el enunciado no nos es*ecifica este dato.

0os *ilares viga de cada *órtico están unidos mediante soldadura es decir no son unionesarticuladas *or lo que se transmitirán momentos en estos *untos.

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?educimos que el momento m6nimo flector sobre la viga del *órtico se dará cuando la carga sea*lique sobre uno de los *ilares momento en el que será nulo.

cuando la carga se aplica sobre un pilar

"l siguiente paso es determinar donde se da el momento flector má+imo sobre la viga, esdecir, en u4 punto debe aplicarse la carga para conseguir el momento más cr*tico. ara ello nosapoyamos en la e+presiones dadas en el enunciado )unto al diagrama de momentos presentado.

Femos ue comparando con C ó


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como asumimos ue la carga llega %asta las esuinas, sobre los pilares/

Los momentos medio y alterno son/

Con lo ue las tensiones medias y alternas generadas son/

3plicando la e+presión/

"mpleamos la curva de 9asuin teniendo en cuenta ue ueremos dimensionar para vidainfinita/

23

0 MIN P

M =

33

33

71458,3 1035729 10 ( )

2 2

71458,3 10 035729 10 ( )

0

2 2

MA! MIN m m

MA! MIN r r

M M M M N mm

M M M M N mm

×= = Þ = × ×

- × -= = Þ = ×

+ +

×

335729 10r m r

LN LN

M y y

I I s s

× × ×= = =

335729 10 LN " m r

"

I &

y & s s

×= Þ = =


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3%ora, empleando el diagrama de (oderberg/

:esolviendo, y aplicando las e+presiones deducidas anteriormente tenemos ue/

or último entramos en el prontuario de perfiles aportado en el enunciado y buscamos auelue tenga un valor de H+ inmediatamente superior al obtenido. "se será el perfil adecuado para eldimensionado de los pilares y vigas de los pórticos.

E7 20 H+ & ''! DcmE > ''>,$$ DcmE K escogemos peril E7 20

24

3

3 33 3

35729 10

40

35729 10 35729 101 1142433, 342( ) 1142, 433(c )

40 143, 33

1143,33

mr r m

"

" " "

&

& mm m& &

s s s s

×= = Þ

×

+ = Þ

+ ×

Þ = Þ = =× ×

( )log 40 log 40( ) N N MPas s = Þ =


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) "n este apartado nos piden un razonamiento apoyado en cálculos sobre lo apropiado dedespreciar el peso propio de la estructura a la %ora de llevar a cabo el dimensionado de los perfilesempleados.

ara empezar, calculamos el peso propio de la viga dimensionada con los datos dados en elprontuario para el perfil elegido.

Gallado el valor del peso propio de la viga, observamos ue es similar al valor de pesopropio de la carga soportada por la estructura Dplataforma, ve%*culo, ocupantesE. or la tanto, puedeafirmarse casi con total seguridad ue el perfil seleccionado no soportar*a el total de la cargaincluido el peso propio de la estructura. or tanto, los c!lc9los reali:a+os o so aceptales ydeber*amos escoger un perfil mayor y adecuado para esta estructura.

25

( )P.P 93 93 20 18228( )kg kg

PE#O m PE#O N m m

æ ö æ ö= Þ = × Þ =ç ÷ ç ÷

è ø è ø


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26


27/75


Ejercicio 6.6

El agitador de olivos de la Figura consiste en un tubo de acero 8CSC 1!! ( "* # +$! &'a "u #$A! &'a) de 1%!! mm de longitud. El tubo tiene un diámetro e;terior de A! mm. El agitador se

acciona mediante un motor que gira a A!!! r*m. 'ara transformar el movimiento giratorio del motoren movimiento a;ial del tubo se utili,a un mecanismo de biela-manivela con una carrera de /A mm. 8lfinal de la barra se encuentra una *in,a en forma de 9 que sujeta las ramas del árbol :aci5ndolas

vibrar.

En función del tama@o de rama enganc:ada la resistencia que se encuentra la máquina es

variable de manera que a lo largo de un d6a de trabajo (D :oras) se com*leta el siguiente ciclo.

Se *ide=

a)


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'or tanto=

8*licamos asquin teniendo en cuenta que trabajamos con un acero dúctil sin G f con un


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:esolviendo, y aplicando las e+presiones deducidas anteriormente tenemos ue/

;it9ació 2$

En vista de los datos tenemos que=

3

( ) ( )2 25250 5250

43, 41 15, 68( )53,33

400 4004

1233,33

4

mr r m d mm

d d

s s s s s

p p = = Þ = = Þ =

-

= Þ

-

+

1000 110005000( )

2

1000 110006000( )

2

m m

r m

F F N

F F N +

-= Þ = -

= Þ =


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'or tanto=

La curva de 9asuin y los resultados obtenidos se mantienen.

"n la aplicación de la recta (oderberg, como tenemos Am menos ue cero, su aspectocambia uedando de la siguiente manera.

"n la inmensa mayor*a de los casos, el punto ue buscamos uedar*a sobre el tramo%orizontal de la recta de (oderberg. :esolviendo y aplicando la e+presiones deducidasanteriormente, tenemos ue/

31

( )

( )

2

2

5000

4004

6000

400

0

4

m

r

d

d

s p

s p

<-

=-

=-

( )log(53, 33) log 53, 33( ) N N MPas s = Þ =

( )2

2

600053,33 16, 02( )

400

4

r d mm

d s

p = = Þ £

-


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;it9ació 3$

"n vista de los datos, tenemos ue/

or tanto/


"mpleando a%ora la recta de (oderberg, podremos determinar el diámetro interior necesario

para este estado de carga de la máuina analizada. Como es e+actamente la misma disposición de larecta ue en la situación ', nos a%orramos representarla y pasamos directamente a su resolución.

32

11500 25007000( )

2

11500 25004500( )

2

m m

r r

F F N

F F N

= Þ =

-=

+

Þ =

( )

( )

2

2

7000

4004

4500

4004

m

r

d

d

s p

s p

=-

=-

( )log(53, 33) log 53, 33( ) N N MPas s = Þ =

( )

( )

2

3

2

450053,33

40053,33 4 15,95(mm)

7000233,33

4004

N N r

yp m

d d

C# d

p s s s

s s p

---

= Þ = Þ £æ öç ÷è ø -


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;it9ació 4$

"n vista de los datos, tenemos ue/

or tanto/


La recta de (oderberg tiene la misma disposición ue en la situación >, con Am menos uecero, por lo ue la resolución será igual y nos a%orramos su representación.

3nalizadas todas las situaciones, vemos ue el diámetro interior más restrictivo es el %alladopara la situación , las más cr*tica, por tanto/

33

6500 85001000( )

2

6500 5007500( )

2

8

m m

r r

F F N

F F N

-= Þ

Þ =+

= -

=

( )

( )

2

2

1000

4004

7500

4004

m

r

d

d

s p

s p

-=

-

=-

( )log(53, 33) log 53, 33( ) N N MPas s = Þ =

( )4

2

750053, 33 14,86( )

4004

r d mm

d

s p = = Þ £

-

14, 86( ) e 2, 57( )2

E!T INT INT mm e mm

f f f

-£ Þ = Þ ³


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34


35/75


Ejercicio


36/75


En el *resente entregable abordamos el análisis de una estructura formada *or dos barras deacero unidas sobre la que se a*lica una fuer,a indeterminada F. El objeto del ejercicio es :allar el valorde esta fuer,a HFI tanto si 5sta es constante como variable que nuestra *ie,a es ca*a, de so*ortar siqueremos que cuente con una duración infinita.

! pa▪ Ayp & $! pa▪ Ae & 8 a

Secciones más cr6ticas=

▪ Em*otramiento 8▪ 9nión Soldada

fle;ión#1/▪ G >torsión #1

Secciones=

a.1) ! " C#E

SECC$%& '

'ara comen,ar a trabajar trasladamos la fuer,a F desde su *unto de a*licación < :asta la uniónsoldada . ?ebemos llevar a esta sección tanto la fuer,a F que mantiene su valor como los momentosque 5sta genera en la sección de la barra < *ara asegurar que el nuevo sistema de esfuer,os esequivalente al inicial. 8s6 nos quedan los siguientes esfuer,os sobre la sección redonda =

36


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bservamos que tras :allar el sistema equivalente tenemos actuando sobre la unión soldada la fuer,a lineal F junto con un momento flector & un momento torsor >.

>eniendo en cuenta que se trata de un *roblema de estática que trabajamos con un valorconstante de F en este caso las tensiones que a*arecen son tensiones medias. 'or tanto a*licando lasfórmulas corres*ondientes=

alladas las tensiones medias que a*arecen utili,amos el m5todo de resolución de Jon &isses*ara estática=

37

4

4

30 31,4147

16

64

50 3

1,178916

32

m LN

m p

M y F F

I

T r F

F I

s s

p

t t p

× ×= = = =

× ×

× ×

= = = =× ×

2 2 2 23 (1, 4147 ) 3 (1,1789 ) 360 6,17 360 144, 94( ) yp

VM VM F F F F N C#

s s s t s = + × £ Þ = + × £ Þ × £ Þ £


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SECC$%& (

'ara estudiar la sección 8 reali,amos un *roceso análogo al de la sección anterior :allando elsistema de fuer,as equivalente que a*arece trasladando la fuer,a F del *unto < al *unto 8. En esta

ocasión el sistema equivalente es el conjunto de la fuer,a normal F junto a dos momentos flectorescomo vemos en la siguiente imagen.


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El momento flector de valor +!F generará una tensión que a su ve, genera sobre lasección el siguiente esfuer,o.


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(*ositivas) o de com*resión (negativas).

>ambi5n debemos tener en cuenta que la tensión generada *or la fuer,a normal *uededes*reciar o no a nuestro criterio. Kosotros :emos decidido tenerla en cuenta *or tanto dado que la

tensión que genera es *ositiva definitivamente el *unto más cr6tico es aquel en el que coinciden latensión constante generada *or la fuer,a normal las tensiones má;imas de tracción generadas *or losdos momentos flectores.

8tendiendo a la figura el *unto más cr6tico será el *unto 1 en el que actuará una tensión totalque será la siguiente=

'or tanto igualando esta tensión má;ima con la Ayp de nuestro acero/

Mbviamente, de los dos valores %allados para la fuerza # ue provocan el fallo de la piezanos uedaremos con el más restrictivo de ambos, por tanto/

4

0, 9375 0, 9 0, 025 1,8625 MA! F F F F s s = = + + =å

1,8625 360( ) 193, 29( ) MA! F MPa F N s = £ Þ £

1 44, 9 4( ) F N =


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a.1) # = 5>?ME',E ?&,E>'?

"n este caso, pasamos de traba)ar con una carga constante a contar con una carga puramentealterna.


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"l siguiente paso, dado ue traba)amos con tensiones alternas, es %allar las tensioneseuivalentes.

σ e9i@aleteGallaremos la tensión euivalente de la e+presión/

donde conocemos todos los t4rminos e+cepto Nf , la cual/

donde desconocemos el valor de . (u valor nos lo da la tabla de sensibilidad a la entalla enla ue entramos con los valores de 12 y G9. 3s*, necesitamos el valor de la dureza 9rinell G9 ue%allamos de la fórmula/

"ntonces tenemos ue/

G9 & '$, pero utilizaremos 7 = 10, el valor ue más se apro+ima de los ueaparecen en la tabla de sensibilidad a la entalla.

-,*#&EA%B' = 1*. ;os lo dan en el enunciado. =tilizamos este porue estamostraba)ando con la tensión generada por el momento flector .

"ntramos en la tabla y nos da un valor de = 0*


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C e9i@aleteGallaremos la tensión euivalente de la e+presión/

(iguiendo un proceso análogo al realizado en el apartado anterior, %allamos la tensióneuivalente ue genera el momento torsor variable 2. "n esta ocasión, aplicamos en dato delenunciado del coeficiente de concentración de tensiones en torsión/

-,*,6>;%B' = 1*4


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) "n este apartado nos cuestionan sobre una forma alternativa de determinar los valores delos coeficientes de concentración de tensiones en la unión soldada 9, si 4stos no fueran datos dados

en el enunciado del e)ercicio.

ara conocer el valor de los coeficientes, tendr*amos ue apoyarnos en alguno de lossoftOares informáticos de elementos finitos ue nos oferta el mercado como, por e)emplo, 3nsys. "luso de estos programa se divide en $ fases diferenciadas, saber0 preprocesador, procesador ypostprocesador.

ara la cuestión ue se nos presenta, si tuvi4ramos ue analizar nuestra pieza, el primer pasoser*a concebir su geometr*a, condiciones de contorno Dapoyos, empotramientos, uniones etc.E,acciones ue actúan sobre ella etc. Gec%o esto, en la fase de procesamiento el programa realizar*alos análisis pertinentes para permitirnos, en la última fase, la del postprocesado, visualizar mediantelas %erramientas ue incorpora los resultados obtenidos y ue afectan a nuestra pieza. "n nuestrocaso, podr*amos visualizar las zonas en las ue aparecen concentraciones de tensiones en nuestrapieza y la naturaleza, valores etc. de las mismas.

c) "n el último apartado debemos decidir cuál de las dos opciones ue se nos presentan esmás adecuada para aligerar la sección rectangular 39 desde el punto de vista resistente. (e nospropone elegir entre reducir su espesor o realizar agu)eros a lo largo de su longitud.

"n nuestra opinión, la me)or forma de aligerar la sección será la de realizar agu)eros en sulongitud. "l motivo es ue al realizar los agu)eros centrados en el e)e de la pieza 39, reducimos elpeso de la sección a la vez ue mantenemos mayor inercia respecto de la l*nea neutra ue siredu)4ramos su espesor. Psto se debe a ue con la opción de taladrar la pieza, el área de la secciónueda más ale)ad de la l*nea neutra ue en la reducción de espesor.

44


45/75


45


46/75


Ejercicio .*

En las figuras se muestran el eje las *alas de una amasadora de funcionamiento continuo. El

eje gira a velocidad constante de ! r*m accionado *or un motor de + LM. El eje es de acero dúctil con"u # 11!! &'a "* # D!! &'a. 0as fuer,as que se o*onen al giro del eje mostradas en la figuraderec:a (flec:as negras) se consideran a*licadas en el centro de las *alas *er*endiculares a lasmismas. ?ic:as fuer,as son *ro*orcionales a la distancia entre el *unto de a*licación de las mismas eleje de giro. Se des*recia el efecto de las tensiones debidas al esfuer,o cortante. Se *ide determinar si eleje está correctamente dimensionado a vida infinita bajo el *unto de vista resistente conocidos lossiguientes datos geom5tricos=

46

1

2

3

40( )

30( )30( )

40( )

25( )

1( )

L cm

L cm L cm

D mm

d mm

r mm

=

==

=

=

=


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En el *roblema que se nos *lantea se nos *ide determinar si el eje está correctamentedimensionado *ara vida infinita con los datos geom5tricos dados.

El *roceso a seguir *ara la resolución del ejercicio será calcular el diámetro m6nimo que senecesita de eje *ara conseguir vida infinita *ara *osteriormente com*ararlo con el diámetro dado.

8s6 el *rimer *aso que damos en la resolución es determinar el sistema de fuer,as que actúasobre la máquina amasadora.

'or un lado la *otencia transmitida *or el motor al eje de giro genera un momento torsor cuo valor obtenemos a continuación.

'or otro lado como la fuer,as a*licadas en las *alas o*uestas al giro del eje son *ro*orcionalesa la distancia entre el *unto de a*licación de las mismas el *ro*io eje tomando una constante de*ro*orcionalidad L=

K

Estas fuer,as deben descom*onerse *ara *oder anali,ar el sistema a *osteriori quedando lascom*onentes de cada una de la siguiente manera=

47

2 ( ) 1(m!)40(r ) 4,19

1( ) 60( )

rad rad pm

re' seg seg

p w w

æ ö= × × Þ = ç ÷

è ø

[ ] [ ] ( ) ( )3000

716, 2 7162004,19

rad P( P( & T Nm T T Nm Nmm

seg w

w

é ù= × Þ = = Þ = =ê

! "

1

1 11

22 2

2

F

F k L k L F

F k L k L

= × Þ =

= × Þ =

1 2 1 21 2 1 2

1 2

430 4040 30 3

F F F F F F F F L L

= Þ = Þ × = × Þ = ×


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'odemos ver que *or ser el ángulo de giro de las *alas de $N las com*onentes de las fuer,asson iguales.

Estas fuer,as tambi5n generan un momento torsor en sobre el eje de la amasadora de mismadirección sentido o*uesto que el transmitido *or el motor. 0o :allamos a continuación=

'or tanto tenemos que=

?esarrollando el sistema de fuer,as *lanteado trasladando el efecto del mismo al *unto deunión de los dos ejes de la amasadora nos queda lo siguiente=

48

2 1 1 2 2 1 1 2 2

1 1

2 2co" 45# $ co" 45# $ $ $

2 2

2 2716200 400 3002 2

34

T F F F F

F F

= × × × × = × × × × Þ

Þ = × × × ×

+ +

+

1

2

1215,4( )

1620,6( )

F N

F N

=

=


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+omento #orsor

!uerza ,ineal

0as tensiones normales generadas *or el momento flector la fuer,a lineal *ueden sumarse*ara sim*lificar el cálculo de las tensiones equivalentes en los *asos siguientes. 'or tanto=

"stas tensiones se solapan en una de las fibras de la sección mientras ue se contrarrestan enotra. ;osotros debemos traba)ar con la solapada, por tanto/

5

34

716200

364757721

64

MA! T T

LN

d

T y I d

d

t t

p

æ ö×ç ÷

× è ø= = Þ =× ×

22

2005, 4 2553

4

F F

F

A d d s s

p

- -= = Þ =

æ ö×ç ÷

è ø

3 2

2222883 2553 M F d d

s s s = -+=

3 2

2222883 2553

d d s +

æ ö= -ç ÷

è ø


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3 continuación empleamos la e+presión de teor*a de fallo de 2resca en la ue comparando latensión euivalente en función del diámetro desconocido con la tensión de fluencia y el C(,obtendremos el m*nimo diámetro ue necesita la amasadora para vida infinita.

"l valor de la fuerza lineal es despreciable al valor y al efecto de los momentos flectores ytorsor ue aparecen, por tanto, la tensión generada por la misma tambi4n. ;o obstante,resolveremos el problema de ambas maneras, esto es, teni4ndola en cuenta y despreciándola, paracomprobar ue el diámetro resultante es muy apro+imado en ambos casos.

;i la tesió geera+a por la 9er:a lieal$

o la tesió geera+a por la 9er:a lieal$

Como preve*amos, ambos resultados son prácticamente id4nticos debido al escaso esfuerzode la tensión normal generada por la fuerza.

2omamos el mayor diámetro obtenido como m*nimo ue necesita el e)e de giro de lamáuina amasadora para estar dimensionada a vida infinita.

51

2 2

2 2

3 3

200580 3647577 80024, 27( )

.% 1

4

,5

4eq

eq d mm

C d d

s s s t + × + ×

æ ö æ ö= £ Þ £ Þ =ç ÷ ç ÷

è ø è ø

2 2

2 2

3 2 3

2222883 2553 3647577 80024, 29( )

.% 1,54 4

eqeq d mmC d d d

s s s t

æ ö æ ö= £ Þ - - £ Þ ³ç ÷ ç ÷

è ø è ø+ × + ×


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52


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Ejercicio 1-.4

En el embrague centr6fugo de la figura las + ,a*atas (en gris) *ueden des*la,arse a lo largo delos ejes O P Q res*ectivamente debido a la fuer,a centr6fuga. 8 velocidades mu bajas el mecanismo

no funciona como embrague a que los resortes se lo im*iden (desembragado) sin embargo a *artir decierta velocidad la fuer,a centr6fuga su*era la acción de los resortes entrando en contacto las ,a*atascon el Eje A (embragado). 0a masa de cada una de las ,a*atas es m # 1 Lg situado a una distancia delcentro del Eje 1 de r # 11A.$ mm. Según se observa en la figura el :ueco entre ,a*ata el interior delEje A (cuo radio es # 1$! mm) es de R # $ mm cuando la ,a*ata está en re*oso. 0a rigide, de losmuelles es G # A$ Kmm el coeficiente de fricción ,a*ata-Eje A es T # !.+.

Se *ide determinar la velocidad a *artir de la cual el mecanismo funciona como embrague calcular el *ar de transmisión generado en función de la velocidad de giro del Eje 1 > # >(U). ?ibujara*ro;imadamente la gráfica >-U.

&ota *ara sim*lificar el cálculo su*óngase *resión constante en el contacto ,a*ata-Eje A.

53


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a) El *rimer *aso que damos *ara resolver el *roblema es reco*ilar en una tabla los datosa*ortados en el enunciado.

El movimiento de las tres ,a*atas sobre los ejes OP Q de*ende en buena medida de la acciónde los resortes además de la velocidad. 'or tanto debemos saber que la e;*resión de la fuer,a *ara un

resorte es=

'ara determinar el valor de esta fuer,a en el funcionamiento *ara los resortes dentro de estemecanismo anali,amos uno de ellos. 'ara ello estudiamos en un esquema la *osición inicial final queado*tar6a uno de los resortes cuando el mecanismo se encuentra desembragado embragadores*ectivamente.

54

( )1

112, 5( )

150( )

5( )

& 25(N' mm)

0,3

)APATAm kg

r mm

* mm

mm#

$

=

=

=

=

=

=

0( ) M+ELLE F K " "= × -


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?e aqu6 tenemos que=

'or tanto=

0a fuer,a de inercia cuando las ,a*atas *ara que las ,a*atas toquen el interior del Eje A es decir*ara que el mecanismo funcione como embrague será=

donde=

▪ m " 1 /0)

▪ r " r + 5 " 11-25 + 5 rD= 11* (mm)

or tanto, tenemos ue c9a+o F > 3< (r.p.m) * el mecaismo 9cioa como emrag9e.

55

( )

0

35 60# 5 ( )

2

2 5 3( ) 5 3( )

! se, mm

! mm ! ! mm

¢ = × = Þ

¢Þ × = Þ - =

35 25 5 3 125 3( )

2 M+ELLE M+ELLE F K F N = × = × Þ =

2 2 co"(30# ) ´ 2 125 3 co"(30# )i M+ELLE F m r w = × × Þ × × = × ×

2 2´ 2 125 3 co"(30# ) 1 117, 5 2 125 3 co"(30# ) 56, 49 539( . . )rad

m r r p m s

w w w æ ö

× × = × × Þ × × = × × Þ = =ç ÷è ø


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) ara el segundo apartado, se nos pide calcular el par de transmisión generado en funciónde la velocidad de giro del ")e ', 2 & 2DOE. Cuando las zapatas y el interior del ")e > están encontacto, se genera en la superficie una fuerza normal ue, a su vez, genera una fuerza derozamiento. Psta fuerza normal unida a las fuerzas de los dos resortes implicados, tienden a

compensar la fuerza de inercia ue %ace ue el mecanismo funcione como embrague. "ste sistemade fuerzas ueda de la siguiente manera/

or tanto/

3plicando la e+presión de la fuerza de rozamiento/

"sta fuerza de rozamiento genera un par de transmisión , cuyo valor viene dado por lae+presión/

Como el mecanismo analizado cuenta con tres zapatas/

56

2 2 N 2 co"(30# ) 0,1175 2 125 3 co"(30# ) 0,1175 375i M+ELLE F N w w = - × × = - × × Þ = -

( )2 20, 3 0,1175 375 0, 03525 112, 5 * * F N F $ w w = × = × - Þ = -

( )2 3 23 0,15 0,15 0, 03525 112, 5 5, 2875 10 16, 875 *T F * * T T w w -= × Þ = × Þ = × - Þ = × -

( )3 2 23 3 5, 2875 10 16, 875 0, 01586 50, 625TOTAL TOTALT T T w w -= × = × × - Þ = -


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La gráfica 2 Q R ueda apro+imadamente con el siguiente aspecto/

57


58/75


58


59/75


Ejercicio 13.8

"n el freno de tambor de la #igura ', compuesto por dos zapatas id4nticas y un mecanismode accionamiento, se pide calcular el par de frenado.

59


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En el *resente *roblema tratamos con un freno de tambor de ti*o ?ú*le; formado *or dos,a*atas id5nticas.

En la #igura 1 a*ortada en el enunciado *odemos a*reciar que las dos ,a*atas del freno se

activan mediante una única fuer,a ! que actúa sobre un sistema de actuación dis*uesto *ara transmitiresta fuer,a a las ,a*atas.

'or tanto en *rimer lugar estudiamos el mecanismo de activación del freno *ara obtener el valor de las fuer,as que actuarán sobre nuestras ,a*atas.


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=

=

=

( )1 2 1ma

110 93 22 2 2 2 100 (2 110) (2 10) 11446

4 ( ) 4 1 360,

$ r r P $ P M se, se, se, se, $P

se,

p ' % %

%

× × × × × × ) *= - + = × × - × + × = × ,

× × .

( ) ( )/ 0

( ) ( )/ 0

1 2 1 2 1

ma

co" 2 co" 2 4 co" co"4 ( )

0, 3 110 93 co"220 co"20 4 110 co"110 co"10 3507,74 1

f

$ r P M r r

se,

$ P $P

$ % % % %

%

× × ×= × - - × × - =

×

× × ×= × - - × × - = ××

( ) ( )2 2

1 2

ma

0, 3 110co" co" co"10 co"110 4816, 4

( ) 1 *O)

$ r P $ P T $P

se,

$ % %

%

× × × × × ×= × - = × - = ×


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bservando las ,a*atas *or se*arado vemos que en ambas los sentidos tanto del momentogenerado *or la fuer,a normal como *or la fuer,a de ro,amiento res*ecto del *ivote 8 coinciden.?eterminamos *or tanto que ambas ,a*atas serán de ti*o & (C#(E. Su fórmula caracter6sticaes=

8*licando la fórmula anterior en ambas ,a*atas tenemos lo siguiente=

apata $z7uierda

apata erec9a como las ,a*atas son sim5tricas además la fuer,a F vertical no generamomento a que su l6nea de acción coincide con la vertical del *ivote 8 obtenemos el mismoresultado que en la ,a*ata i,quierda.

62

, f M M F a+ = ×

2 11446 3507, 7 2500 127 21, 23, f N

M M F L $P $P $P mm

æ ö+ = × = × + × = × Þ = ç ÷

è ø

2 0 21, 23, f N

M M F L F $P mm

æ ö+ = × + × Þ = ç ÷

è ø


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allado el valor del *roducto b' lo introducimos en la e;*resión :allada anteriormente *ara laca*acidad de frenado de las ,a*atas >Q.


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64


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Ejercicio 13.1-

9n >oota


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a) El enunciado nos define el ti*o de frenos que se montan en el >oota


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3plicando las fórmulas pertinentes y de)ándolas en función del dato ue desconocemos, /

3 continuación, se utiliza la e+presión caracter*stica de cada tipo de zapata para %allar elvalor de y, posteriormente, se sustituye este valor en la e+presión referente al par de rozamiento.

?9toact9ates$

'o ?9toact9ates$

or último en este apartado, sumando el par de frenado de todas las zapatas montadas en elcoc%e %allamos el par de frenado total del mismo.

67

12 1

40 152,5 127 2(2 (2 120#2 2 ) 240# 0# ) 978991P

( ) 14 4 360

MA! ,

MA!

$ se, se, se, se,

se

r r P P M

,

' % %

%

p × × × × × ×= × + × × × +- = - =

× ×

[ ]

[ ]

21 1 2 1( co" ( co"4

0,3 40 152

co" 2 2 ) 4 co" )( )

co" 2 40# 0# ) 4 152, 5 c o"120#,5

127 ( co" ( co" 30# ) 311

4594

MA! Fr

M

A -

!

r se

$ r P M r

P P

, % %

$ % %

%

× × ×= × × =

×

× × ×= × × =

- - × × -

- - × ××

-

2

co" 0# 120# ) 418612, 5 P1

0,3 40 152,5( co"r-

P T

× × ××= - =

( )2331459 2200 220 0, 747 1978991P, Fr- A+TO N

M M F a P P MPa OK mm

æ ö- = × Þ = × Þ = < Þ

ç ÷è ø-

( )2331459 2200 220 0, 3978991P 69 1, Fr- NO A+TO N

M M F a P P MPa OK mm-

æ ö+ = × Þ + = × Þ = < Þç ÷

è ø

418612, 5 P 418612, 5 0, 747 312704( ) A+TO A+TOr- r-

T T N mm= = × Þ = ×

418612, 5 P 418612, 5 0, 369 154468( ) NO A+TO NO A+TOr- r-

T T N mm- -

= = × Þ = ×

6 6 312704 154468 218516 )2 0(2TOTAL A+TO NO A+TO TOTALr- r- r- r-

T T T T N mm-

= × = × Þ =+ ×× + ×


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) ara %allar la distancia de detención del ve%*culo, tenemos en cuenta ue/

H%;,?'%? HE HE,E'%B' = H%;,?'%? HE >#E?%B' + H%;,?'%? HE #>E'?H6

"n primer lugar %allamos la distancia ue recorre el coc%e durante el periodo de de reaccióndel conductor. (i 4ste tarda un segundo en reaccionar.

Gallamos a%ora la energ*a del coc%e antes de comenzar a frenar.

or otro lado, la energ*a del coc%e una vez se %a detenido es nula, por lo tanto, sabemos uelos frenos deben disiparla. 3s*, de la e+presión del traba)o del par de rozamiento, podemosdeterminar el ángulo ue giran las ruedas durante la distancia de frenado.

Con el dato del ángulo girado por las ruedas durante el frenado, y %allando el radio de larueda, contando el neumático, determinamos el valor de la distancia de detención.

or tanto/

68

V 80 22, 22 22, 22( ) *EACCI.N

km m# m

/ sæ ö æ ö

= = Þ =ç ÷ ç ÷è ø è ø

( )221 1 1450 22, 22 358025( )

2 2 E m ' E 0 = × × = × × Þ =

* 358025( ) 2185,16( ) 163, 84( )r-T r- F*ENADO

M T 0 N m ra d 2 2 2 2 = × = × Þ = × × Þ =

406,4107, 25 310, 45+ + 0, 3104(mm)

25( ) *+ED A *+ED A NE+M 1T LLANT IC AO * * m+ = + == =Þ

+ 163,84( ) 0, 31045( ) 50,86( ) F*ENA DO F*ENAD O *+EDA F*ENA DO# rad m # m2 = × = × Þ =

% 22, 22( ) 50, 86( ) 73, 08( ) F*EN ADO DEN TEN CI. N *EA CC I.N DET ENC I.N # # m m # m+ += = Þ =


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69


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Ejercicio 14.6

En la Figura se muestra una reductora de velocidad que conecta un motor ubicado en ele;tremo del eje inferior (*unto 1) con una resistencia ubicada en el e;tremo del eje su*erior (*unto A).

0a reducción de velocidad es de i#1./ se lleva a cabo mediante un engranaje :elicoidal de manera quelas fuer,as que a*arecen en los dientes del engranaje su*erior son las mostradas en la figura. El ejesu*erior se a*oa sobre dos rodamientos de bolas de una :ilera de ranura *rofunda de la serie !A delfabricante SGF siendo el diámetro interior de los mismos de $ mm (rodamientos 8 de la figura) a*artir de estos datos del catálogo se e;trae que la ca*acidad dinámica de dic:os rodamientos es a)


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a) El *rimer *aso que damos es determinar las reacciones que a*arecen en los rodamientos 8 en consecuencia d ella a*licación de las fuer,as que se muestran en el enunciado sobre los dientes delengranaje su*erior. 0as reacciones :alladas serán las reacciones a;iales radiales que actúan en losrodamientos. ?ebemos tener en cuenta que sólo uno de los dos (8 ) so*ortará reacción a;ial en

nuestro caso . 'ara facilitar el *roceso :acemos un esquema sim*lificado *ara el cálculo de lasreacciones.

:lano ;z


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Se a*lica la e;*resión de la ca*acidad dinámica de carga del rodamiento (


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uscamos nuestro valores en la segunda columna *ara HOI e HPI.


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b) allamos la duración en revoluciones equivalente a !!! :oras.

8 *artir de aqu6 volvemos a anali,ar los rodamientos *or se*arado.

?odamiento (

8*licamos la fórmula que relaciona la duración la fiabilidad del rodamiento cuanto lafiabilidad es diferente de un 2!3.

?odamiento '

8ctuamos análogamente al caso anterior.

c) :especto a si esta reductora de velocidad podr*a ser utilizada en electrodom4sticos,teniendo en cuenta la fiabilidad obtenida para los rodamientos, %abr*a ue saber el valor de laestipulada para este tipo de máuinas. "n cuanto a la duración L '!, electrodom4sticos comolavadoras y lavava)illas tienen valores entre '!!! y >!!!, por lo ue nuestros rodamientos al tener

660(m!)$(rev) 4000( ) 1600( ) $(rev) 384 10 ( )1( )

/ras rpm re'/

= × × Þ = ×

1 1

1,483 1,

1

483

0

38

1 14, 439 l! 4, 439 l!

4$ 2683 0,91 91-

0, 02 0, 02 * *

L *

é ù é ùæ ö æ ö+ × + ×ç ÷ ç ÷ê ê

= Þ

è ø è ø! " !

= = =

"

Þ

1 1

1,483 1,

1

483

038

1 14, 439 l! 4, 439 l

4$ 327, 2 0, 75 75-

0, !02 0, 02 * *

L *

é ù é ùæ ö æ ö+ × + ×ç ÷ ç ÷ê ê

è ø è ø! " ! "

= Þ = Þ = =

Diseño Máquinas. Ejercicios Resueltos

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