Diseño Mecánico (Resumen)
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08‐05‐2013 1 DISEÑO MECANICO ALEJANDRO GUTIERREZ SILVA DEPARTAMENTO DE INGENIERIA MECANICA UNIVERSIDAD DE SANTIAGO DE CHILE PRIMER SEMESTRE 2013 ¿Principales elementos para un Diseño? Hombre Recursos Creatividad Problema [email protected]
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08‐05‐2013
1
DISEÑO MECANICO
ALEJANDRO GUTIERREZ SILVA
DEPARTAMENTO DE INGENIERIA MECANICAUNIVERSIDAD DE SANTIAGO DE CHILE
PRIMER SEMESTRE 2013
¿Principales elementos para un Diseño?
Hombre
Recursos
Creatividad
Problema
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¿Que es el Diseño?
Concepto : Actividad mas creativa del ingeniero
Definición : Proceso de creación y desarrollopara producir un nuevo objeto osistema (objeto, proceso, servicio,conocimiento o entorno) para usohumano.
u a o.
HOMBREPerfil del Ingeniero
Creativo No creativoOptimista PesimistapMente abierta CerradoAuto confianza InseguroPerseverantes InconstantePaciente ImpacienteAmbicioso ModestoCurioso Desinteresado
Perceptivo CríticoValoriza lo teórico No valorizaIntuitivo Sensitivo
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RECURSOS
Tiempo
Computadores
M i
Calidad
Tiempo
Computadores
Maquinas
MaterialesBuena
Maquinas
Materiales
Mano de Obra calificada
Mano Obra
Recursos
Mala
0
CREATIVIDAD
Trabajo arduo
Descanso mental
Visión organización
Preparación
Trabajo arduo
Revisión
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FASES DEL DISEÑO
Reconocer necesidad
Definición del problema
PROBLEMA
Definición del problema
Síntesis
Análisis y Optimización
Evaluación
PresentaciónProceso Iterativo
Factores del Diseño
1. Resistencia2. Confiabilidad3. Condición térmica4. Corrosión
17. Control18. Rigidez19. Acabado Superficial20. Lubricación
5. Desgaste6. Fricción7. Proceso8. Utilidad9. Costos10. Seguridad11. Peso12 Ruido
21. Mantenimiento22. Volumen23. Etc.
Son características que influyen en el diseño todas ellas deben ser evaluadas
12. Ruido13. Estilo14. Forma15. Tamaño16. Flexibilidad
diseño, todas ellas deben ser evaluadas cualitativa y cuantitativamente, deben ser ponderadas, son muchos factores y tienen muchas variables, su estudio analítico y experimental resulta dificil,
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5
Ejemplo:
Diseño de revestimientos de molino
¿ Cómo funciona un molino ?
¿ Función de los revestimientos ?¿ Función de los revestimientos ?
FACTORES:ResistenciaDesgasteProcesoTamañoCostoUtilidad
Presión
Nivel de presión nula
La Computación y el Diseño
Definición Definición
A.C. D.C.
Cálculo Cálculo
Definición
Resultados Resultados
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Consideraciones de Resistencia y Esfuerzo
Resistencia
Material Tratamiento Proceso
MATERIALES
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TRATAMIENTOS
Corresponde a mecanismos para aumentar la resistencia del material
• Transformación de fase en estado sólido• Transformación Martensítica (temple)• Precipitación y solución (variación en el tamaño de grano y
precipitación de carburos).
• Endurecimiento por deformaciónForja, Granallado (shot peening).
• Endurecimiento por dispersiónI t d ió fi i l d t i l l i d ( t d
Introducción superficial de material pulverizado (cementado, carburados, nitrurados).
PROCESOS
Los siguientes procesos alteran la resistencia de un material:
• Laminado en frío• Laminado en caliente• Galvanizado (Zincado, Cromado, Empavonado, Anodizado).
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Propiedades Mecánicas de un material
ResistenciaDurezaTenacidadR ili i
Sy SuEnsayo de Tracción
ResilienciaFatigaDuctilidadFragilidad
Límite de Fluencia del Material Sy
Límite de Ruptura del Material Su
FACTOR DE SEGURIDAD
esfuerzo
aresistenciFS
esfuerzo
Incertidumbre en el conocimiento del material
Incertidumbre en el conocimiento de las fuerzas
l S d b i 1 i l
El FS debe ser siempre mayor a 1 para garantizar la seguridad del sistema.
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FACTOR DE SERVICIO
alminNoPotencia
MáximaPotenciafs
alminNoPotencia
Potencia Máxima que debe tener el dispositivo
Potencia Nominal es la potencia necesaria para hacer funcionar el sistema
El fs debe ser siempre mayor a 1 para garantizar la operación normal del sistema
Esfuerzos
NORMAL CORTE
Cambio de volumen Cambio de forma
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Esfuerzo
y
y
x
xy
yxyz
zy
xy
yx
y
y
x
z
z
xzzx
xzxyxx
x
x
zzzyzx
yzyyyx
y
yyyx
xyxx
Circulo de Mohr
xy
yx
y
x
2cos22
22cos22
xyyx
xyyxyx
sen
sen
y
x
y x y
x y)/2
xy sen2φ2
σσ yx
2
2
2cos2
yx
2senxy2yx
x
y
2cosxy
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11
2cos2
22cos22
yx
xyyxyx
sen
sen
Tensiones Principales
2cos22 xysen
2
2
2
2,1 22 xyyxyx
máximo
12
22,1 2 xy
yx
Relación Esfuerzo - Deformación
Uniaxial
0
111
1
EE
0
0
313
212
Biaxial
)(1
)(2
211
211
E
EEE
0
1)(
321
3
212
212
2
EE
EEE
Tensión plana
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12
2312
2312
2
2321
1321
1
)()1(21
)()1(21
)()1(
EE
EE
EEE
EE
EEE
Triaxial
2213
3213
3 21
)()1(
EE
EEE
3
2
1
3
2
1
1
1
11
E
3
2
1
2
3
2
1
1
1
1
12
E
Determinación del estado de tensiones
zz
zy
y
z
zzzyzx
yzyyyx
xzxyxx
x
yz
yy
xx
200200
201000
001
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Determinación del estado de tensiones
zz
zy
yz
x
yz
yy
xx
201000
001
xx
yz
yy
zz
123
200200
=203.85 =96.14 =-1.0
zy1
Flexión
dxds
yddx
dsd
ddxM
ydsdx
yyddx
dAyE
dAyM 2
ds
y
0ydAE
dA
yEE
I
Mc
EI
M
1
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Esfuerzo de corte en Flexión:
c
ydAQ
Ib
VQ
y
ydAQ1
Sección rectangular
ycV
i )(2
22
A
V
c
y
A
V
yI
i
i
2
3)1(
2
3
)(2
max2
2
Ejemplo:Determine en que punto se producen los mayores esfuerzos en la viga.
400
q =10000N/m
050.0
10000
b
q
505000
I
Mc
qLM
L
xx
qLxM
qLVqx
qLxV
8)1(
2)(
22)(
2
max
max
0.5
400.0
L
h
MPa4.23
c
y
c
y
bydyQbdydAydAQ
L
11
82
MPa87.1Ib
VQ
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Torsión
Rs
T
dF
d
dA
dr
L
dArTdAdFrdFT Tr
L
GrrLG
dArJdArTr
22
L
GJT
J
Ejemplo:Tensiones combinadas determine el punto de mayor tensión
RT
Datos del problema
R = 0.1 mL = 1.0 m
L
R
F
T = 100 N.mF = 10000 N
Se calculan las tensiones máximas en el empotramiento por el mayor momento flector
A
En el punto A tenemos esfuerzo de corte debido a la torsión yno hay debido a la flexión, en el punto B tenemos esfuerzo decorte debido a la torsión y flexión (no se considera corte puro).
B
A) B)
Solo torsión Torsión y flexión
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16
A) B)
Solo torsión Torsión y flexión
Caso A.‐ Caso B.‐
J
Tr
Mc
J
Tr
VQ
I
Mc
Ib
VQ
Valores numéricos con Mathcad
Esfuerzos y Deformaciones Térmicos
Si T > 0 V > 0Si T < 0 V < 0
Se tiene:x = y = z =
Material C F
Aluminio 23.9 x 10‐6 13.3 x 10‐6Aluminio 23.9 x 10 13.3 x 10Latón fundido 18.7 x 10‐6 10.4 x 10‐6
Acero 10.8 x 10‐6 6.0 x 10‐6
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Ejemplo:
Se tiene una viga donde cuelga en su punto central un polipasto (tecle) concarga de levante 10000 N, la viga se encuentra empotrada en ambos extremosde sus lados. Inicialmente se encuentra a temperatura ambiente de 25º C. yse produce un incendio aumentando la temperatura ambiente a 125ºC.Determine la tensión que se genera en el punto central de la viga en su parte
i L l ti i l i dsuperior. Los muros que la sostienen permanecen sin moverse, la viga es deAcero con sección rectangular de 100 mm de alto por 25 mm de ancho.
2.5 m I
McF
TET
526.8MPa
Vigas Curvasco
ci
rod
y
R
e
A
r
h
ri
d
rnr rn
R
rdA
rn
A
My
)(
o
oo
i
ii
n
Aer
Mc
Aer
Mc
yrAe
)(
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Ejemplo:El comúnmente llamado “sargento” que se muestra en la figura es capaz deproporcionar una carga de apriete de P=2000 N. Determine la tensión en lasección A indicando dónde se encuentra sometido la tensión máxima.
50e
R=125
R
50
20
rnA
n dA
Ar
dr
drbdrdA
bhA
02.0
001.0
nrRe
dRPM
)(
123.0
nr
rr
i
ii Aer
Mc
8106671 x
o
oo Aer
Mc 810305.1
10667.1
x
x
o
i
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Esfuerzo de Contacto de Hertz
d1
z
F
32
221
21
11/)1(/)1(3 EEF
a
Contacto entre esferas
d1
d2
y
x
2a
211
max
2max
3
21
)(
1)1()(tan1
2
3
118
za
zp
a
Fp
dd
a
zyx
F
2
2max
2
1
)1(2
a
z
pa
za
z
a
Esfuerzo de Contacto de Hertz
Contacto entre cilindrosz
F2
221
21
11/)1(/)1(2
dd
EE
l
Fb
d1
d2
y
x
2b2
2
max
max
21
)1(2
2
b
z
b
zp
bl
Fp
ddl
x
F2
2max
2
2
2
2max
1
21
1
12
bz
p
b
z
b
z
bz
p zy
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Ejemplo:
Se tienen dos alternativas para diseñar una plataforma deslizante, la primera deella esta compuesta por tres bolitas de 15 mm de diámetro y la segundaalternativa por dos cilindros de igual diámetro y de 6 mm de longitud.Seleccione la alternativa que se encuentre sometida a la menor tensión.
S l ióSolución:En primer lugar se evalúan los radios de la superficies en contacto. En segundolugar suponemos una carga F=1000 N, lo que repartida dará: Fesfera= 333.3 y paralos cilindro dará Fcilindro=500
Esferas: Cilindro:
22 /)1(/)1(3 EEF 22 /)1(/)1(2 EEF
92max
43
21
2221
21
10481.22
3
10533.211
/)1(/)1(
8
3
xa
Fp
x
dd
EEFa
8max
5
21
2221
21
10388.62
10305.811
/)1(/)1(2
xbl
Fp
x
dd
EE
l
Fb
Análisis de Impacto
(a) Caida libre2
2
1gty
hymgym
(b) Contacto con resortem
hkWW
k
Wht
W
kg
k
Wh
k
Wy
hymghykym
21
cos2
)(
21
2
k
h
W
hkWWkF
Wk
W
k
W
21
1
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21
Rigidez k
PL
3max3
3
max
33
3 L
EIky
L
EIF
EI
FLy
P
L
L/2 L/23max3
3
max
4848
48 L
EIky
L
EIF
EI
FLy
P
L
3max3
3
max
192192
192 L
EIky
L
EIF
EI
FLy
Ejemplo:Se desea diseñar una plataforma de impacto para recibir masas que caen de una alturade 2 m y que pesan 1000 N, la estructura tiene la forma dada en la figura. Determine sila estructura es capaz de resistir el impacto de una masa que cae.
m=1000 N Solución:Se trata de dos vigas puestas en forma
2m
200
50cruzada que se encuentran empotradas ensus extremos, es decir, corresponde a dosresortes conectados en paralelo, dado queambos se elongan la misma distancia.
L3
192
L
EIk
Al conectarse en paralelo se tiene:3
3842
L
EIkkT 3
12
1bhI
610222.6 xKt 510588.1
21
xF
W
hkWWkF
MPa
I
Mc2858
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22
COLUMNASP
L
X
y
0
)(
)(
2
2
2
yPyd
PyxM
xMdx
ydEI
P
Y
x
02
yEIdx
02
2
y
EIP
dxyd
Solución
xBsenxAy cos
xBxsenAdxdy cos
EIdx dx
xsenBxAdx
yd 222
2
cos
0)cos(cos 22
xBsenxA
EIP
xsenBxA
PP0)(cos)( 22
xsen
EIP
BxEIP
A
EIP
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23
Condiciones de borde
0
00
yLx
yx 00cos0 BsenA
LBsenLA cos0
0A
nL ,.....3,2,,0
2
2
1
LEI
P
nnLEIP
nL
crit
AI
i 2 Radio de giro
2
2
2
LE
APCrit
2i
2
22
iL
2
2
E
crit
7.196 103
2 E
si la( )
2 crit
0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 1000
1000 la
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24
2
2
E
Ccrit EULER
LL’=L L’=2L L’=L/2
L’=L/4
C=1 C=1/4 C=4
L’=L/4
COLUMNAS INTERMEDIAS
20
2
2
*2
0*
baS
baS
baA
P
y
y
crit
Johnson
Sy
202
2
0ySE
02)
2(
1
yy
critS
CES
A
P
2
2
EC
yS
CE20
Sy/2
EULER
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Ejemplo:Se tiene una columna de sección circular de 1m de diámetro por 10 m de alto, en suparte superior se aplica una carga de 100000 N y se puede suponer que se encuentra enambos extremos articulada. Si la columna esta hecha de hormigón, determine si escapaz de resistir dicha carga.
Solución:
a) Se verifica si es columna de Euler o Johnson
yS
CE20
E = 300000 kg/cm2
C = 1Sy = 210 kg/cm
2
D = 100 cm
9.1670
ECcritica 2
2
AI
i 2
2
22
iL
4
642
4
DA
DI
400 NP
AP
critica
criticacritica
145300
Columna Carga Excentrica
e
P
Ecuaciones
PPd
xMdx
ydEIPyPeM
2
2
2
0 )(
x
L P
M(x)
EI
Pey
EI
P
dx
yd
2
2
x
y
PL
EI
PLe
1
2sec
e
P
P
P.ey
I
Mc
A
PEI
PLPeePM
c
)2
sec()(max
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26
Ejemplo:
Se tiene una columna que en su extremo superior se encuentra instalado unriel de puente grúa que tiene una capacidad de 20 Ton. La columna estafabricada de acero con un perfil cajón de 200x300x10. Determine si dichacolumna es capaz de resistir la carga impuesta si tiene una altura de 8 mSolución:S l 75% d l t d l l P 150000 NSuponemos que el 75% de la carga es soportada por la columna P=150000 N,que la tensión admisible es de 300 MPa.
0.5 mCálculos:
P
EI
PLe
1sec
8 m
I
Mc
A
PEI
PLPeePM
c
)sec()(max
CRITERIOS DE FALLACarga Estática
MATERIALES DUCTILES MATERIALES FRAGILES
Objetivo:Comparar un estado general de tensiones con un ensayo de tracción.
08‐05‐2013
27
Teoría del esfuerzo normal máximoB
Sy
> > > S o S
A
Sy
‐Sy
‐Sy
> > > Sy o Su
Se alcanza la falla cuando sobrepasa el límite de fluencia o el de ruptura obtenido en un ensayo de tracción
Teoría de la deformación normal máxima
2213
3213
3
2312
2312
2
2321
1321
1
)()1(21
)()1(21
)()1(
EE
EE
EEE
EE
EEESabemos que:
Valido dentro de zona elástica
)( 321 ys
)( 312 ys
)( s
A
B
Sy
Sy
‐Sy
‐Sy
233 21
EEE
Para el caso uniaxial:yy
yy ES
E
S
)( 213 ys
Se alcanza la falla cuando la mayor de las deformaciones alcanza la deformación de fluencia en un ensayo de tracción
08‐05‐2013
28
Teoría del esfuerzo de corte máximo
B
S
máximo
Estado plano de tensiones se tiene
21
A
Sy
Sy
‐Sy
‐Sy
12 221
max
máximo
Sy
2maxyS
31 yS 32 yS 21 yS
Se alcanza la falla cuando el esfuerzo de corte máximo es igual al esfuerzo de corte máximo en un ensayo de tracción
Teoría de la energía total
2yyS
u
Para el caso de un ensayo de tracciónla energía esta dada por
Sy Su
P t d 3 D d t i ti l í t t l id d d l
222332211
Tu
Para un estado 3‐D de tensiones se tiene la energía total por unidad de volumen
EEE
EEE
EEE
2133
3122
3211
)(221
32312123
22
21
EuT
E
Su
Su y
TRACCIONyy
T 22
2
Se alcanza la falla cuando la energía total por unidad de volumen es igual o superior a la energía total por unidad de volumen en un ensayo de tracción
)(2 32312123
22
21 yS
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29
Teoría de la energía de distorsión
= +2
3
m
m
m
m3
m2
m11 m m1
3321
m mTddmT uuuuuu
1
2123 2
E
u mm
)(22
1323121
23
22
21
Eu
)(221 222
mmmmmmmmmm Eu
2E
)(221
32312123
22
21
EuT
212
33
)(221
2
321
32312123
22
21
EE
ud
32312123
22
213
)1(2
Eud
Para el ensayo de tracción se tiene:
Para el ensayo de tracción se tiene:
2
21
yT SE
u 216
2
E
Su y
m )1(3
2162
222
E
S
E
S
E
Su yyy
d
Sy
Sy
‐Sy
B
2)()()( 2
312
322
21 yS
Se alcanza la falla cuando la energía de distorsión por unidad de volumen es igual o superior a la energía de distorsión por unidad de volumen en un ensayo de tracción
A
y
‐Sy
y
08‐05‐2013
30
B
S
A
Sy
Sy
‐Sy
‐Sy
MATERIALES FRAGILES
Teoría de Coulomb‐Mohr
131 Sut
NSS ucut
Suc
Sut
13
Sut
Suc
Teoría de Coulomb‐Mohr modificada
Suc
08‐05‐2013
31
Carga Variable.
Fatiga v/s Fractura
Aspectos Básicos o Física del Problema
• Cuando se considera que una carga es variable
• Como afecta al material
Ejemplo:
Dr. Ing. Alejandro Gutiérrez S.
Ejemplo:Se requiere cortar un alambre
Solución:• Traccionando el alambre • Doblado sucesivo de un alambre
Representación de la solución:
Tracción Doblado sucesivo
Dr. Ing. Alejandro Gutiérrez S.
Factores fundamentales:Tipo de aplicación de la carga y frecuencia
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32
Forma de aplicar la carga
Carga Alternativa
a
a
t
Otras formasa
Dr. Ing. Alejandro Gutiérrez S.
a
t
Ensayo de Carga Alternativa
Giro
Desplazamiento
Dr. Ing. Alejandro Gutiérrez S.
t
08‐05‐2013
33
Resultados del Ensayo
Materiales Ferrosos
Su
Se
Dr. Ing. Alejandro Gutiérrez S.
n106‐7
Ensayo de Viga rotatoria v/s Ensayo de Tracción
Dr. Ing. Alejandro Gutiérrez S.
08‐05‐2013
34
Límite de Fatiga de Piezas Carga AlternativaCoeficientes de Marín
t
eedcbae
SS
SkkkkkS
5.0
.....
ute SS 5.0
ka Factor de superficiekb Factor de tamañokc Factor de cargakd Factor de temperaturake Factor de efectos varios
ka Factor de superficie
ACABADO DE SUPERFICIE
FACTOR a EXPONENTEb
Kpsi Mpa
Rectificado 1.34 1.58 -0.085
Maquinado o estirado en frío 2.70 4.51 -0.265
Laminado en caliente 14.4 57.7 -0.718
buta aSk
Forjado 39.9 272 -0.995
0.5
1
kapul Sut( )
karec Sut( )
kamaq Sut( )
Coeficientes de Superficie
Dr. Ing. Alejandro Gutiérrez S.
100 150 200 250 3000
0.5kalam Sut( )
kafor Sut( )
Sut
08‐05‐2013
35
kb Factor de tamaño
mmdmmd
puldpuld
kb
51792
211.03.0
1133.0
1133.0
mmdmm 5179.262.7
Zona con tensión máxima hasta el 95%
Viga Rotatoria circular
Dr. Ing. Alejandro Gutiérrez S.
22295.0 0766.0)95.0(
4dddA
d
295.0 0766.0 dA
Área de viga rotatoria circular hasta el 95%
Viga circular
201050 DA
1
1.1
kb d( )
Factor kb
D95.0 0105.0 DA
Igualando áreas se tiene
Dd 370.0
Viga cuadrada rotatoria
0.5 1 1.5 20.8
0.9
d
295.0 095.0 aA
Igualando áreas se tiene
ad 113.1
Dr. Ing. Alejandro Gutiérrez S.
08‐05‐2013
36
kc Factor de carga
1
1
923.0
ck
.Carga axial Sut < 220 kpsi (1520 Mpa)
.Carga axial Sut > 220 kpsi (1520 Mpa)
l ó
577.0
1 .FlexiónTorsión
kd Factor de temperatura Temperatura ºC ST/SRT
20 1.000
50 1.010
100 1.020
RT
Td S
Sk
150 1.025
200 1.020
300 0.975
400 0.922
500 0.766
600 0.546
Dr. Ing. Alejandro Gutiérrez S.
ke Factor de efectos varios
fe K
k1
Factor concentración de esfuerzo por fatiga
muescaprobetamuescaprobeta
K f
Factor concentración de esfuerzo por fatiga
1K
Factor de sensibilidad de la muesca
1
1
t
f
K
Kq
)1(1 tf KqK
Dr. Ing. Alejandro Gutiérrez S.
08‐05‐2013
37
Ejemplos para q
Ejemplos para Kt
Dr. Ing. Alejandro Gutiérrez S.
Dr. Ing. Alejandro Gutiérrez S.
08‐05‐2013
38
Dr. Ing. Alejandro Gutiérrez S.
CARGA FLUCTUANTE
ConstanteFluctuanteAlternativa
t
máx
2minmax
a
a
Dr. Ing. Alejandro Gutiérrez S.
mín
2a
2minmax
mm
08‐05‐2013
39
t
Se
CARGA ALTERNATIVA
Se
a
GerberGoodmanSoderberg
Dr. Ing. Alejandro Gutiérrez S.
mSy Sut
t
ma 1
12
ut
m
e
a
SN
SN
Se
a
NSS y
m
e
a 1
NSS ut
m
e
a
Dr. Ing. Alejandro Gutiérrez S.
Sy Sutm
08‐05‐2013
40
Elementos de Fijación
Clasificación: •Desmontables•Permanentes
Elementos Desmontables:• De accionamiento• Para fijación
Roscas:P/8
Cortado o redondeado
Roscas:Normalizadas
P
dd
mdr
60°
Rosca Unificada
P
P/2
P/2
d
dr
Rosca Cuadrada
29°
P/2
P
d
drRosca ACME
08‐05‐2013
41
Tornillos de Potencia
F
p
F/2 F/2/
MODELO
Diagrama de Cuerpo Libre Ecuaciones
F
PFr=N
Subir
y
NF
NsenFFF
NsenFPF
ry
rx
0cos0
0cos0
N
FBajar
x
y
sensen
FP
NFr
coscos
NFFF
NsenFPF rx
0cos0
0cos0
P
Fr=N
N
sensen
FP
NF
NsenFFF
r
ry
coscos
0cos0
08‐05‐2013
42
Torque
)cos
(
2send
FT
dPT
m
m
)cos
(2
sendFT m
)
cos(
2 senFT
cos2 sen
Subir Bajar
0cos sen Autotrabante
Rendimiento del tornillo
T
TsendFT srm
sr
0)cos
(2
PernosUniones apernadas
Principales características
• Geometría bien definida
• Operación que depende del tiempo
• Estado de tensiones definido
08‐05‐2013
43
Geometría bien definida:
• Dimensiones estandarizadas para pernos tuercas y orificios• NORMA ISO
Operación dependiente del tiempo
T=0 T=1
T=2 T=3
08‐05‐2013
44
Estado de tensiones: Compresión
Tracción
P
Fkm kb
Fi
b
m
Aplicando carga P
Fkm kb
b
m
Fi
Fb
Fm
PPb
Pm
bbm
08‐05‐2013
45
Ecuaciones
Fi Fuerza de AprieteFb Fuerza sobre el pernoFm Fuerza sobre la placaP Fuerza externa sobre la placa
Fkm kb
Fi
Fb
PPb
P
bib PFF
Pm Parte de P que absorbe la placaPb Parte de P que absorbe el perno
b
mbm
Fm
Pm
bbb kP
mim
bib
PFF mmm
bbb
kP mb
m
m
b
b
kP
kP
Ecuación 1 Ecuación 2
bm PPP
kkk
PCPCPP
kkk
CPkk
kPP
kkk
P
mb
mb
b
mb
mm
mb
bb
)1(
CPFF
PCFF
CPFF
im
ib
)1(
08‐05‐2013
46
Valores máximos para Fi
Apriete máximo para que perno no se corte
CPFF
S p
CPASF CPFF ib
Apriete mínimo para que placa no se suelte
PCFF im )1(
CPASF cpi
PCFi )1(
CPASFPC cpi )1(
Determinación de los coeficientes de rigidez
Pernos kb Zona sometida atracción
Lo
LcAc
Ao
k1
k2
kb
1.04 1011
1.05 1011
cooc
cob ALAL
AEAk
0 0.01 0.02
1.02 1011
1.03 1011
kb Lo( )
Lo
08‐05‐2013
47
Determinación de los coeficientes de rigidez
Placas km Zona sometida a compresión
D )tan(2 xD
x
d
22)tan(24
)( dxDxA Área sometida a compresión
duxEA
Fdxdxdu
ExA
FE
dxdu
)()(
tt
dxDE
FdxxEA
Fdxdu
xEAdxxAdx
0 2200
)tan(24
)(
)()(
t
dxDE
Fdx0 22)tan(2
))()tan(2))()tan(2
ln)tan( dDdDt
dDdDtEd
F
dxDE )tan(24
))()tan(2)tan( dDdDtEd
))()tan(2
))()tan(2ln
)tan(
dDdDtdDdDt
EdFk
08‐05‐2013
48
))(15.1
))(15.1ln
577.0
30
dDdDtdDdDt
Edk
o
Si
Si L=2t y D=dw y dw =1.5d
dL
Edkm 5.0577.0
5ln2
577.0 2 10
11
3 1011
2.203 1011
dL 5.2577.05ln2
0.02 0.04 0.06 0.08 0.10
1 1011
1.428 108
km d( )
0.10.001 d
Si L=0.01 m y 0.001<d<0.1
Pernos sometidos a carga variable
P(t)
P(t)
t
Pmáx
Pmín
Análisis a la fatiga considerando carga fluctuante
FF FF
c
bmáx
c
imín A
FAF
c
ibm
mínmáxm
c
iba
mínmáxa
AFF
AFF
22
22
08‐05‐2013
49
cc
i
c
iim
c
máx
c
imáxia
ACP
AF
AFCPF
ACP
AFCPF
22
22
maxmax
a
c
im A
F
a
NSS y
m
e
a 1eS
SCPAS
m
c
i
AF
ySuS
e
ymáxcy
i S
SCPN
ASF 1
2
Ejemplo:
El recipiente de presión de la Figura 3 esta sometido a una presión interna de 2MPa, y se incrementa en forma cíclica hasta 4 Mpa; en su parte media estaunida por un flange que posee 36 pernos de 15 mm de diámetro. Determine lafuerza de apriete que Ud. le daría a los pernos para que el sistema no falle. Elperno tiene una tensión admisible de 450MPa y una tensión de ruptura a lat ió d 600MPtracción de 600MPa.
08‐05‐2013
50
Remaches
t
FF
a
FF
ed
Zona de corte
F
A
Remaches
Principales características:
1. Elementos de fijación permanente2. Amplia aplicación industrial3. Instalación rápida4. Instalación en frío y en caliente
08‐05‐2013
51
Fallas en Remaches
t
FF
Aplastamiento de placas
FF
e Corte del remache
FFlexión de remache
Mc
I
F
F
Fallas en Remaches
t
FF
Corte de placas
FA=2a*e
Ruptura de placast
FF
AA 2a e
F
A
A=(t‐d)*e
Aplastamiento de Remache
F
A
A=d*e
08‐05‐2013
52
tFF
CARGAS SIMETRICAS
F
2A
2A
F
N*A
En general N Número de remaches
CARGAS ASIMETRICAS
¿Cómo determinar la fuerza en cada remache?
Antecedentes:• Toda la geometría conocida• Todas las fuerzas conocidas• Todos los materiales conocidos
08‐05‐2013
53
Metodología de cálculo
1. Sistema de referencia1. Sistema de referencia2. Centroides3. Traslado de fuerzas4. Cálculo de fuerzas en los remaches5. Resultante de fuerzas6. Tensiones
Sistema de referencia y Centroides
4 1
y
3 2
x
n
i
n
iii
n
i
n
iii
A
yAy
A
xAx 11
Recomendaciones:1. Poner sistema de referencia lo más cerca posible del centroide del arreglo de
remaches2. De preferencia utilice coordenadas cartesianas
i
ii
i11
08‐05‐2013
54
Traslado de fuerzas
4 1
3 2V
M
s
i
r
iiii LqFV
1 1
t
kk
s
i
r
jjjjiiR MLqdFdM
11 1
Cálculo de fuerzas en los remaches
4 1
'iV
4 1
3 2V
M
3 2
4 1"V
CortantePrimario
3 2
iVCortanteSecundario
NV
Vi '
N.‐ Número de remaches
08‐05‐2013
55
Cálculo de fuerzas en los remaches cont……
1r2r
F
1F
2
2
1
1
rF
rF
rM"
2F
n
n
rF
rF
rF
rF
3
3
2
2
1
1
Generalizando
11
331
1
22 F
rr
FFrr
F
332211 rFrFrFM R
23
22 rr
n
ii
iRi
r
rMV
1
2
"1
31
1
2111 r
rF
rr
FrFM R
1
23
1
22
11(r
r
rr
rFM R
4 1 "V
Resultantes y Tensiones
1R
3 22r
3r
1r4r
1V'
1V
i
ii A
R
S
2y
Maximoi
S
08‐05‐2013
56
Soldadura
Proceso de fusión
Autógena Aporte Material
Combustión Arco Eléctrico
Atmósfera controladaOxiacetileno
Determinación campo de tensiones
h
F
F
FF
bF
08‐05‐2013
57
Determinación campo de tensiones
AF
AF
hbA *
bhF*
bhF*
bhF*2
bhF*2
1225
***2
22
bhF
bhF
bhF
bhF*
bhF*
22
**2
bhF
bhF bh
F*
118.1max
Determinación campo de tensiones consideraciones para el diseño
h
Área de garganta = 0.707h*b
bhF
Ag *4142.1
Si suponemos corte puro en la sección de área de garganta se tiene
max Ag
En adelante se considera cálculo con área de garganta
08‐05‐2013
58
Diseño de cordones de soldadura con Cargas asimétricas
Se sigue similar metodología que para remaches
1. Sistema de referencia2. Centroides3. Traslado de fuerzas4 Cálculo de tensiones en los cordones4. Cálculo de tensiones en los cordones5. Resultante de tensiones
hb
Cordón de soldadura
dA
ydAy
dA
xdAx
Sistema de referencia y centroides
n
ii
n
iii
n
ii
n
iii
A
yAy
A
xAx
1
1
1
1
h
b
08‐05‐2013
59
s
i
r
iiii LqFF
1 1
j
s
i
r
jjjjiiR MLqdFdM
1 1
Traslado de fuerzas
h
RM
RF
Tensiones en los cordones
" Ag
R
AF'
F
'
JTr
"
Mc"
Torsión
Flexión
RM
RFI
Mc" Flexión
08‐05‐2013
60
Ejemplo:Determinar si la soldadura es capaz de soportar la carga en la estructura:
q
La
a
Datos del problema:
q = 10000 N/m a = 200 mm L = 5 m h = 10 mm
212 21
2
21
qLRR
qLMM
a 1
2
22 11
hy
ax
ay
hx
a
2
h
h
22 22 yx
22112211 AyAyy
AxAxx
2121 AAy
AAx
32
31
32
31
121
121
121
121
haIahI
ahIhaI
yy
xx
)(121 33
21 ahhaJJ
08‐05‐2013
61
Propiedades a la torsión:
122/
0707.0
3dJ
dy
xhdA u
dy
b
dy
x
b
6
)2(
2/
2/414.1
22 dbdJ
dy
bxhdA u
b 2b
y
x
d )(12
6)(
)(2
)(2)2(707.0224
2
2
db
dbdbJ
db
dy
db
bx
dbhA u
Propiedades a la Flexión:
122/
0707.0
3dI
dy
xhdA u
d
y
b
dy
x
b
62/
2/414.1
3dI
dy
bxhdA u
b
y
x
d 22/
2/414.1
2bdI
dy
bxhdA u
08‐05‐2013
62
TRANSMISIÓN DEL MOVIMIENTO
• Contacto Directo
• Eslabones rígidos
• Elementos Flexibles
© Dr. Ing. Alejandro Gutiérrez S.
Engranes:Forma de transmitir el movimiento CONTACTO DIRECTO
t vp3
np
2 3
Normales alineadas
vp2
©Dr. Ing. Alejandro Gutiérrez S.
Normales alineadasComponente normal de ambas velocidades igual magnitudHay deslizamientoNo hay linealidad en el movimiento
08‐05‐2013
63
TIPOS DE ENGRANE
• Rectos• Helicoidales• Cónicos• Tornillo sinfin
Objetivo Específico:Transmitir Movimiento de rotación entre ejes
Cuando utilizar engranesDistancia entre ejes MaterialesExactitud del movimiento Ambiente
© Dr. Ing. Alejandro Gutiérrez S.
Exactitud del movimiento AmbientePotencia a transmitirCondiciones cinemáticas
Forma de los engranes
Objetivo:Transmitir movimiento a velocidad constante
Perfiles utilizados:Involuta Cicloidales
InvolutaCuerda
© Dr. Ing. Alejandro Gutiérrez S.
08‐05‐2013
64
CircunferenciaBase
Circunferenciade Paso
© Dr. Ing. Alejandro Gutiérrez S.
Engranes rectos
© Dr. Ing. Alejandro Gutiérrez S.
08‐05‐2013
65
Geometría del Engrane
© Dr. Ing. Alejandro Gutiérrez S.
Estandarización
© Dr. Ing. Alejandro Gutiérrez S.
08‐05‐2013
66
Problemas con los engranes
Relación de contacto
Interferencia
© Dr. Ing. Alejandro Gutiérrez S.
cos
p
Lm
qqqp
qm
abc
ratt
c
Aumento ángulo de presiónAumento número de dientes
Engranes:•Análisis Cinemático•Análisis de Fuerzas•Diseño de Engranes
Análisis CinemáticoAnálisis Cinemático:
Diámetro de Circunferencia de paso DPaso circular pModulo o Paso Diametral M o P Número de dientes Z
©Dr. Ing. Alejandro Gutiérrez S.
DZ
PZD
M Z
Dp
mm dientes por pulgadas mm o pulgadas
08‐05‐2013
67
Observaciones:
MZD
MZD
MZD
MZD
MZD
Relaciones con la potencia
vWPot t Pot PotenciaWt Fuerza tangencial
© Dr. Ing. Alejandro Gutiérrez S.
t gv Velocidad línea de pason Revoluciones por minuto
nDPot
Wt
60
Calculo cinemáticovp
w2
w3
33223
32
2 22DwDw
Dwv
Dwv pp
©Dr. Ing. Alejandro Gutiérrez S.
3
223
33223
3
2
2
ZZ
ww
ZMDyZMDZD
MZD
M
Recomienda que 101
3
2 ZZ
08‐05‐2013
68
Trenes de Engranes
w2w3 w4
w5
4
5
5
4
3
4
4
3
2
3
3
2
ZZZ
ZZ
ww
ZZ
ww
ZZ
ww
©Dr. Ing. Alejandro Gutiérrez S.
25
252
3
2
4
3
5
45
45
453
4
342
3
23
wZZ
wwZZ
Z
Z
ZZ
w
wZZ
wwZ
Zww
ZZ
w
Trenes de Engranes
w4
w2w3
w5
42
4
5
5
443
2
3
3
2
wZ
wwZ
w
Z
Z
ww
wwZ
Z
ww
©Dr. Ing. Alejandro Gutiérrez S.
3
2
5
4
2
52
3
2
5
45
45
523
3
ZZ
ZZ
w
wew
ZZ
ZZ
w
wZ
wwZ
w
e.‐ Relación de velocidades
08‐05‐2013
69
Relación fundamental de trenes de engranes
e =Multiplicación de Z de engranes motrices
Multiplicación de Z de engranes conducidos
© Dr. Ing. Alejandro Gutiérrez S.
© Dr. Ing. Alejandro Gutiérrez S.
08‐05‐2013
70
Engranes Epicicloidales
©Dr. Ing. Alejandro Gutiérrez S.
Primer Caso de Engrane Epicicloidal
2
Z1
Z2
A
B
4
Z3
2
© Dr. Ing. Alejandro Gutiérrez S.
32
21
3
2
2
4
4 ZZZZ
ZZ
eww
08‐05‐2013
71
Segundo Caso de Engrane Epicicloidal
2
Z1
Z2
A
B
C
4
Z3
© Dr. Ing. Alejandro Gutiérrez S.
12
2
31
3
2
4
ZZZ
ZZZ
eww
Dinámica
Objetivo determinar el nivel de tensiones en un diente del engrane
© Dr. Ing. Alejandro Gutiérrez S.
08‐05‐2013
72
Modelo
t
W
F
L
Wt L
Wt
© Dr. Ing. Alejandro Gutiérrez S.
t
Formula de Lewis
23 6
121
FtLW
FtII
Mc t W
L
Wt
x
Lt
xtL
x
t
42
22
©Dr. Ing. Alejandro Gutiérrez S.
t
x
FpyW
px
y t 32Sea el factor de
forma de Lewis
08‐05‐2013
73
Formula de Lewis
W
yYPppx
y 32
L
Wt
x
FYPW
Px
Y
p
t 3
2
3
FY
PWt
©Dr. Ing. Alejandro Gutiérrez S.
t
x FY Solo considera flexión
MFYWt
Formula de Lewis
tg
YL 5.1cos
1
tx
L
cos
FYPWt
Considera flexión,compresión y relación de contacto
L
©Dr. Ing. Alejandro Gutiérrez S.
FY de contacto
08‐05‐2013
74
Concentración de esfuerzos
lt
rt
HKML
f
4583662.0290.0
4583662.0316.0
4583662.034.0
M
L
H
lr
rf
l
©Dr. Ing. Alejandro Gutiérrez S.
f
ff
rFDrFr
r
2
)( 2t
Factor geométrico
MFJ
W
FJ
PW
mKY
J tt
Nf
Factor de velocidades (en pies/minutos) sobre la línea de paso
vK
vK
vK
vK vvvv
78
78
50
50
1200
1200
600
600
B th N l Ali d P i ió
© Dr. Ing. Alejandro Gutiérrez S.
Barth Normales Alisados Precisión
MFJKW
FJKPW
v
t
v
t
08‐05‐2013
75
MFYKW
FYKPW
v
t
v
t
©Dr. Ing. Alejandro Gutiérrez S.
MFYKW
FYKPW
v
t
v
t
©Dr. Ing. Alejandro Gutiérrez S.
08‐05‐2013
76
PWt
MFJKW
FJK
v
t
v
t
©Dr. Ing. Alejandro Gutiérrez S.
Metodología de cálculo
2
© Dr. Ing. Alejandro Gutiérrez S.
08‐05‐2013
77
NECESIDADNECESIDAD
ELEMENTOS EN CONTACTO CON VELOCIDAD RELATIVA
CONTACTO EN SUPERFICIE ABIERTACONTACTO EN SUPERFICIE CERRADA
COJINETES COJINETES COJINETES COJINETES
Diseño Mecánico DIM‐USACH Dr. Ing. Alejandro Gutiérrez Silva
DESLIZANTESDESLIZANTES RODADURARODADURA
COJINETES DE RODADURA
08‐05‐2013
78
COJINETES DESLIZANTESCOJINETES DESLIZANTES
Problema: Evitar contacto metal con metal Evitar contacto metal con metal Aumento de temperatura Desgaste de la superficie
Solución: Lubricar
Fluidos viscosos Fluidos pastosos Sólidos
Diseño Mecánico DIM‐USACH Dr. Ing. Alejandro Gutiérrez Silva
EL FENOMENO FISICO
Dos superficies con movimiento relativo
V
Diseño Mecánico DIM‐USACH Dr. Ing. Alejandro Gutiérrez Silva
08‐05‐2013
79
U
h u
dy
du
A
F
Diseño Mecánico DIM‐USACH Dr. Ing. Alejandro Gutiérrez Silva
COJINETES
Tipos de lubricación:
• Hidrodinámica• Hidroestática• De mínimo espesor de película• Sólidos
Historia:Ley de Petroff Tower
Diseño Mecánico DIM‐USACH Dr. Ing. Alejandro Gutiérrez Silva
08‐05‐2013
80
Petroffr
NrU 2
ch
Por otra parte se evalúa el torque
NlrT
rrlc
NrrAT
324
))(2(2
))((
l
c
N rps.
cT
El torque en función del roce
flPrT
rrlPffWrrFT r
22
))(2)((
Diseño Mecánico DIM‐USACH Dr. Ing. Alejandro Gutiérrez Silva
P
N
c
r
P
Nf
22Ley de Petroff
Parámetro adimensional
Parámetro adimensional
c
r
Estabilidad de la lubricación
Inestable Establef
P
N
Diseño Mecánico DIM‐USACH Dr. Ing. Alejandro Gutiérrez Silva
08‐05‐2013
81
p
Tower
Diseño Mecánico DIM‐USACH Dr. Ing. Alejandro Gutiérrez Silva
Muñón
dxdy)(
Uy
Cojinete
dxdyy
)(
dydxx
pp )(
pdy
dx
dx
dy
x
h
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08‐05‐2013
82
Hipótesis de trabajo
1 L b i t fl id N t i1. Lubricante es un fluido Newtoniano2. Fuerzas de inercia despreciables3. Fluido incompresible4. Viscocidad constante5. Cojinete infinitamente largo6. Presión constante en la dirección y‐z7. La velocidad de una partícula depende de x‐y
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0)()(
pdydxdyy
dydxdx
dppdx
0xF
y
y
u
ydx
dp
2
2
y
u
dx
dp
y
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Solución
)1()(2
1 2 h
yUhyy
dx
dpu
dhU
dphd
dx
dQ
dx
dphUhQ
6
0
122
3
3
x
hU
dz
dph
dz
d
dx
dph
dx
d
dxU
dx
p
dx
6
6
33
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Solución aproximada de Sommerfeld
P
N
c
rf
c
r 2
P
N
c
rS
2
Pcc
Variables independientes
• Viscosidad • Carga por unidad de área• Velocidad
Variables dependientes
• Rozamiento• Incremento temperatura• Flujo de aceite
Pc
• Dimensiones del cojinetej
• Espesor de película
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Metodología de cálculo
Paso 1.‐Calculo de la presión media PW (Carga N.)R (Radio m.)L (Largo m. W
RLW
P2
Paso 2.‐Calculo del número de Sommerfeld S (viscosidad dinámica mPa s)R (Radio m.)L (Largo m.)N (Revoluciones/s ) 2
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N (Revoluciones/s )P (Presión media)
P
N
c
rS
2
Paso 3.‐Calculo del espesor mínimo de películaho (espesor mínimo de película)c (holgura)
L/d=00 L/d=1
L/d=1/4
c
h0L/d=1/2
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P
N
c
rS
2
L/d 1/4
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85
Paso 4.‐Calculo de la posición del espesor espesor mínimo de película (ángulo)
L/d=00
L/d=1
L/d=1/4
h0
L/d=1/2
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P
N
c
rS
2
Pmax
pmax
Paso 5.‐Calculo del coeficiente de fricción f
L/d=00
L/d=1
L/d=1/4
L/d=1/2
fcr
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P
N
c
rS
2
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86
Paso 6.‐Calculo del caudal
L/d=1/4
L/d=1/2
L/d=00
L/d=1
rcNLQ
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P
N
c
rS
2
Paso 7.‐Calculo del caudal con flujo lateral
L/d=1/4
L/d=00
L/d=1
L/d=1/2
Q
Qs
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P
N
c
rS
2
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87
Paso 8.‐Calculo de presión máxima
L/d=00
L/d=1
L/d=1/4
L/d=1/2
maxPP
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P
N
c
rS
2
L/d 1/4
Paso 9.‐Calculo de ángulos posición terminal
L/d=00 L/d=1 L/d=1/2
L/d=1/4
d
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P
N
c
rS
2
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Paso 9.‐Calculo de ángulos posición Presión máxima
L/d=00 L/d=1
L/d=1/4
L/d=1/2
d
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P
N
c
rS
2
Evaluación de Temperatura
J = Equivalente mecánico del calorCH = Calor específico de lubricante 0.42 Btu (lbf) (ºF) Peso específico 0.0311 (lbf)/(in
3)T = Elevación de temperatura
fcr
JWNc
JfWrN
JTN
H 222
Calor Generado
Calor Generado lo retira el flujo
HTTQCH H
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rLW
P
QCQ
HH
2
))(( rcNLrcNLQ
C
HT
H
)(103.0
rcNL
Q
fcr
PTF
Ingles
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89
103.0Q
fcr
PTF
Aumento de temperatura con flujo lateral
Ingles
)()(21
1rcNLQ
QQs
F
g
38f
cr
PT
3.8
Q
fcr
PTC
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)(3.8
rcNLQ
PTC )()(
21
1rcNLQ
QQs
C
Sistema Internacional
Para valores distintos de L/d
41
2113 211
241
41141
412131
4121181
/
1y
dL
dL
ydL
dL
ydL
dL
ydL
dL
dL
dLy
T2hoQH
Q
T2
H
ho
0.0005”
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0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0
Q
10‐3in
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Cojinetes con lubricación a Presión
L’Ps
y
cx
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2ypy
y
dx
2y(p+dp)
dx
dx
dd 022)(2
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dydu
dxdp
y
dxypdppy
022)(2
ydxdp
dydu
1
12
21
cydxdp
u
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91
12
21
cydxdp
u
Aplicando condiciones de borde se tiene x
y
u2c
2c
y
maxu
22481
02
cydx
dpu
cu
Suponemos que hay una distribución lineal de perdida de presión
2
BAxp p(x=0) = ps p(x=L’) = 0
max
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)4('8''
22 ycL
pu
L
p
dx
dppx
L
pp ss
ss
'83
2
'8)4(
'8
22
max22
L
hpu
L
cpuyc
L
pu s
medss
ech max
2)cos('12
ecL
pu s
med
cr
r
e
ce
Diseño Mecánico DIM‐USACH Dr. Ing. Alejandro Gutiérrez Silva
cosech
)1( cho
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92
)(22 drhudQdAudQ medsmeds
Determinemos el caudal
decLrp
dQ ss
3)cos('6
decLrp
dQQ sss
32
0
)cos('6
Diseño Mecánico DIM‐USACH Dr. Ing. Alejandro Gutiérrez Silva
)23
1('3
23
Lrcp
Q ss
Determinemos el incremento de temperatura
Se tiene ahora que el largo del cojinete es de 2L’ por lo tanto la carga sobre él será de:
WW2
LrW
LrP
42
2
)5.11(1222
23
cpCJ
fWNLT
JfWrN
HQC
HT
sHH
23 )5.11(
0429.0cp
fWNLT
s
Diseño Mecánico DIM‐USACH Dr. Ing. Alejandro Gutiérrez Silva
4
2
25.110246.0
rpfSWcr
Ts
4
2
2
6
5.11)10(1956
rpfSWcr
Ts
ingles SI
08‐05‐2013
93
Análisis de velocidad
Se debe aplicar en este descanso.
Diseño Mecánico DIM‐USACH Dr. Ing. Alejandro Gutiérrez Silva
Frenos y/o Embragues
Dispositivos mecánicos que permiten transferir energía de un elemento a otro
I1 I2
08‐05‐2013
94
Frenos y/o Embragues
Caracterización del problema factores involucrados:
Fuerza de accionamiento
Momento de rotación o torsión a transmitir
Perdida de energía
Incremento de temperatura
Frenos y/o Embragues
Tipos de dispositivos:
1. De aro o tambor con zapatas internas expansibles2. De aro o tambor con zapatas externas contráctiles3. De cinta o banda circunferencial4. De disco o acción axial5. De elementos cónicos
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95
De Tambor Zapata interna
De Tambor Zapata externa De cinta o banda circunferencial
De disco
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96
Cálculo de Frenos y/o Embragues
1. Estimar o determinar la distribución de presiones2. Encontrar una relación entre la presión máxima y la presión en
un punto cualquiera3. Aplicar las condiciones de equilibrio estático para determinar la
f l t d t ió j idfuerza y el momento de rotación ejercido.
Rx
Ry
b
F
a
Rx
Ry
F
RxRy
F
b
a
N
Fr = f N
Paso 1.‐ Zapata es corta la presión se distribuye uniformemente
Paso 2 ‐ P = PoPaso 2. P Po
Paso 3.‐
00 NafNbFbMAPN A
b
fabAPF
)(0
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97
Frenos y/o Embragues ZAPATAS INTERNAS
f
a
R
F
c
b
c
Frenos y/o Embragues ZAPATAS INTERNAS
dFn
dFt a sen
f
a
R
F
d
R‐a cos o A
cMA= 0
0)cos(00
asendFaRdFFc
ff
nt
08‐05‐2013
98
dFn = p dA
dA = b R ddFn = p b R d
Frenos y/o Embragues ZAPATAS INTERNAS
dFt = f dFn dFt = f p b R d
ff
daRfpbRaRdFt
00
)cos()cos(
ff
dpbRasenasendFn
00
Frenos y/o Embragues ZAPATAS INTERNAS
Distribución de PresionesPresión máxima
Presión final p(
Presión inicial
Presión final p(
p = K sen
pa = K sena
p = pa sensena
08‐05‐2013
99
)(
2)cos(cos)cos( 2
02
0 ffa sensen
aR
fbRpdaRfpbR
f
Frenos y/o Embragues ZAPATAS INTERNAS
2 000
ffasen
)2
)2(
2
)2((
20
ifif
a
a sensen
sen
baRpdpbRasen
f
)cos(
aRdFasendFFc
ff
tn 00
cMM
F
MMFc
TN
TN
dFndFt a sen
Frenos y/o Embragues ZAPATAS INTERNAS
c
MMF
MMFc
TN
TN
f
aR
F
c
d
o A R‐a cos
c
Torque de frenado
fa
a
aat sen
bRfpdbR
sensen
fpRdFff
coscos 0
22
00
08‐05‐2013
100
Frenos y/o Embragues CINTA
b
d
T+TT
NFR
T T+T
Frenos y/o Embragues CINTA
Ecuaciones:
FTTT R
220cos)(cosFx=0
ddT
ddF
TF
R
R
0/2
22
cos
Fy=0TsensenTTN
0)(
NFTddN
TsenN
R
0
2/
2
22
2
)(
08‐05‐2013
101
Frenos y/o Embragues CINTA
dTd
2
10
T
T TdT
d
Td
f
)(
12ofeTT
Torque de acoplamiento
ReTT
RTTT
of
Torque
Torque
)1(
)()(
1
12
q p
Frenos y/o Embragues Disco
DT
D
d
F
T
dA dA = r dr ddFt
ddr
r dFn dFn = p dA Fuerza Normal
dFt = dFn Fuerza Tangencial
dFt = p dA
08‐05‐2013
102
Frenos y/o Embragues Disco
p = p
rdrdpFD
d a
f
o
2
2
Presión Uniforme
p pa o
))((8
22 dDp
F ofa
drdrpTD
d a
f
o
2
2
2
))(( 33 dDp
T a ))((24
33 dDp
T ofa
)(3 22
33
dDdD
FT
drdd
pFD
d a
f
o
)2
(2
2Presión Variable
Frenos y/o Embragues Disco
Zona de mayor desgaste
))((4
dDdp
F ofa
drdrd
pTD
d a
f
o
2
2
)2
(
))(( 22 dDp
T a
desgasteMenor presión
Zona de menor desgaste mayor presión
dp 1
p = K/rpa = K/(d/2)
))((16
dDT of
)(4
22
dDdD
FT
rdp
p a 12
08‐05‐2013
103
Frenos y/o Embragues Disco Cónico
T
ds
F
T
dFnx
r
dA = r ds d
dFn = p dA Fuerza Normal
dFt = dFn Fuerza Tangencial
dFt = p dA
Frenos y/o Embragues Disco Cónico
)sin()sin(
dr
dsds
dr
d
drrdArdsddA
)sin(
Fuerza Normal
rdrdrp
FrdsdrpdArpF nn )sin(
)()()(
Fuerza Tangencialg
rdrd
rpF
rdrdrpdArpFF tnt )sin(
)(
)sin()()(
08‐05‐2013
104
Frenos y/o Embragues Disco Cónico
Freno o embrague Nuevoaprp )(
ds Fuerza de accionamiento
rdrdpFD
d a
f
o
2
2
)sin(nF
dr
nF
Solo la componente en horizontal
Torque
f
2
2
D
d trdFTf
o
2
2
2
)sin(
D
da drdr
pT
f
o
Frenos y/o Embragues Disco Cónico
Freno o embrague Usado
ds Fuerza de accionamiento
rdp
p a 12
drddp
FD
da
f
o
2
2 2)sin(nF
dr
nF
Solo la componente en horizontal
Torque
2
2
D
d trdFTf
o
2
2 )sin(2
D
da rdrddp
Tf
o
08‐05‐2013
105
Frenos y/o Embragues Aspectos Energía
2211
TT
TITI
I1 I221
21
22
11
21
22
211
1
tII
T
tIT
tIT
tIT
tIT
21
2121
2121
IITII
t
tII
T
f
Tiempo de embragadoo frenado
Frenos y/o Embragues Aspectos Energía y Temperatura
2121 t
IIII
TTTu
Energía instantánea
21
22121
0 21
2121
0
21
2 IIII
E
dttIIII
TTudtE
II
ff tt
Energía total disipada
212 II
CmE
T Incremento de temperatura
08‐05‐2013
106
Esfuerzos en Cilíndros
po
t
Pared gruesa t > 1/20 R
pi
rt
2
22
22222
22
22222
/)(
/)(
io
oioi
io
oioi
rp
rr
rpprrrprp
rr
rpprrrprp
i
iooir
iooit
22
io
i
rr
rpil
pi
ri
pi
ri
po=0
t
ri
ro
ri r
22
2
2
22
2
)1( o
io
i
r
r
rr
rpit
22
2
2
2
22
2
)1(
io
i
o
io
i
rr
rp
r
r
rr
rp
il
ir
08‐05‐2013
107
Ejemplo Cilindro pared gruesa.
Se tiene un cilindro hidráulico con una presión interior de 10 MPa., el cilindrotiene un espesor de pared de 25 mm, un diámetro interior de 375 mm y unalongitud de 1000 mm. Determine la tensión radial y tangencial máxima.
A
A
CORTE A-A
1705
1000
425
22 rrpi
Datos:ri= 187.5 r0= 212.5 p=10MPa
8
22
2
2
2
22
2
222
)1(
)1(
io
i
o
io
i
o
io
i
rr
rp
r
r
rr
rp
r
r
rr
rp
il
ir
it
0.19 0.2 0.212 10
7
2 107
6 107
1 108
l
t r( )
r r( )
r
Pared delgada t < 1/20 REsfuerzos en Cilíndros
Tensión tangencial
t
t
rLpFA
Fp 2
r
Hacemos equilibrio
pr
rLpLtt 22
Corte transversalF=pAL t
pt
08‐05‐2013
108
Pared delgada t < 1/20 REsfuerzos en Cilíndros
Tensión longitudinal
l
2.rpFA
Fp
Hacemos equilibrio
pr
rprtl ..2 2
t
prl 2
Pared delgada t < 1/20 REsfuerzos en Cilíndros
pr
l
t
t
prl 2
t
prt
pr
08‐05‐2013
109
Observe que la tensiónlongitudinal es independiente dela forma que tiene la tapa delrecipiente, por lo tanto haciendouna simple analogía, es posible
Pared delgada t < 1/20 REsfuerzos en Esferas
p g , pdeterminar la tensión en unrecipiente esférico.
t
t
t
rpt 2
Anillos Rotatorios
ro > 10t
Restricciones
t = constante rit = constante
Constante en t
2
2
22222
331
83
rrr
rr oi
it
ro
ri
22
22222
2
8
3
38
rr
rrrr
r
oi
oi
oi
r
t
08‐05‐2013
110
Ajuste a Presión y por Contracción
i
o R
r
ri
22
22
22
)(rR
rRpR
i
iit
De cilindro pared gruesa
ro
220
22
)(Rr
RrpR o
ot
0 0 0 00 0 0 0 0 0
2 ( ) 2
2t r
i t t t
R RR
R R E E
ii
i
io
o
oi
i
i
iio
o
oo rR
rR
E
pR
Rr
Rr
E
pR
rR
rR
E
pR
Rr
Rr
E
pR 22
22
220
22
22
22
220
22
)(2
))((22
02
22220
i
i
rrR
rRRr
RE
p
Para igual material
Ejemplo:Determinar la presión de contacto entre el eje y el disco, si ambos son de acero
08‐05‐2013
111
Datos:R=0.059 m E =210 GPari=0.0 m =0.3r0=0.259 m = 0.001 m
)(2
))((22
02
22220
i
i
rrR
rRRr
R
Ep
Solución
910687.1p Pa
