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Problemas: Diseño de máquinas en aeronáutica.

Alejandro Roger Ull

Ingeniería Aeronáutica

Segunda edición – Septiembre de 2010

Problemas: Diseño de máquinas en aeronáutica.

Alejandro Roger Ull Diseño de máquinas en aeronáutica – Problemas

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Acerca de estos problemas

Estos problemas resueltos se han realizado para cubrir el temario de la asignatura “Diseño de máquinas en aeronáutica”, que se imparte en el tercer curso de Ingeniería Aeronáutica en la Escola Tècnica Superior d’Enginyeries Industrial i Aeronàutica de Terrassa, de la Universitat Politècnica de Catalunya (ETSEIAT – UPC), y complementan a los apuntes de esta asignatura.

Queda permitida, por decisión del autor, la modificación, copia y distribución, de la totalidad o parte de este documento.


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0. Índice

0. Índice ......................................................................................................................................... 5

1. Estado tensional ........................................................................................................................ 6

2. Fatiga en eje .............................................................................................................................. 9

3. Uniones atornilladas................................................................................................................ 13

4. Uniones atornilladas................................................................................................................ 17

5. Uniones forzadas ..................................................................................................................... 21

6. Resorte a tracción ................................................................................................................... 23

7. Resorte a torsión ..................................................................................................................... 26

8. Resorte a compresión ............................................................................................................. 28

9. Resorte a compresión ............................................................................................................. 32

10. Engranajes ............................................................................................................................. 36

11. Engranajes ............................................................................................................................. 38

12. Engranajes ............................................................................................................................. 42

13. Engranajes ............................................................................................................................. 43


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1. Estado tensional

Calcular los factores de seguridad a los que trabaja la pieza de la figura en los puntos y para los dos materiales indicados.

Figura 1.1.

Datos material 1 (frágil): = 31 kpsi = 109 kpsi 1 kpsi = 6,89 MPa

Datos material 2 (dúctil): = 300 MPa = 360 MPa

Resolución

En el punto A se producen las siguientes tensiones:

= =

El momento de inercia hay que verlo respecto al eje , puesto que es el eje en torno al cual está girando la pieza.

= + = = 32

= 64

En la dirección tendremos

= + = 72004 + 600 · 0,1 · 0,02 · 64· (0,02) · 2 = 99,31 MPa

La tensión tangencial en A debida al esfuerzo cortante es cero, la distribución de tensión tiene forma parabólica. La tensión tangencial debida al momento torsor es

= = · 2 = 26(0,02) /32 · 0,022 = 16,55 MPa

= 7200 N

= 600 N

= 26 Nm

∅ = 20 mm

= 100 mm


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A partir de nuestro estado tensional y podemos calcular las tensiones principales y también la tensión tangencial máxima:

, = +2 ± −2 + ⟹ = 102 MPa= −2,7 MPa

= −2 = 52,34 MPa

En el punto B la tensión del momento flector es 0, el resto de tensiones serán

= = = 22,92 MPa

= 34 = 3 · 600 · 44 (0,02) = 2,55 MPa

= = 16,55 MPa

Del mismo modo que con el punto A se puede calcular el valor de las tensiones principales y la tensión tangencial máxima: = 33,73 MPa = −10,81 MPa = 22,27 MPa

Aplicando estas tensiones a un material frágil con las propiedades indicadas en la página anterior, en MPa: = 213,6 MPa = 751 MPa

Para el material 1 (frágil) tenemos 2 criterios de falla diferentes. Aplicando el criterio de tensión tangencial máxima tenemos, en el punto A < > −

= = − 2,7102

El estado de carga será muy próximo al eje de abscisas y la tensión dominante será , de modo que

=

Donde es el factor de seguridad, en este caso = 2,09

Aplicando la hipótesis de Mohr – Coulomb también en el punto A, con la misma línea de carga, ahora la limitación vendrá dada por

− = 1 ⇒ = 2,08


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Con la teoría modificada de Mohr – Coulomb se obtiene el mismo valor que con la tensión tangencial máxima, pues la línea de carga es muy próxima al eje de abscisas.

Aplicando los mismos criterios al punto B, en el caso de tensión tangencial máxima se obtiene = 6,33, y con Mohr – Coulomb se tiene = 5,8, lo que indica que el punto A es un punto más crítico que el punto B.

En el caso del material 2 (dúctil) se han de aplicar otros criterios de falla.

Con el criterio del esfuerzo tangencial máximo se tiene que Figura H

< 2 ⇔ − <

De modo que

− = ⇒ = 2,86

Aplicando el criterio de von Mises se calcula la tensión equivalente

= + − = + 3 = 100,68 MPa <

= = 2,9

Con los mismos criterios en el punto B, tensión tangencial máxima = 6,73

Y con von Mises = 7,45


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2. Fatiga en eje

Encuentre el diámetro bajo las siguientes consideraciones (medidas en mm):

• Material AISI 1050 = 690 MPa= 580 MPa

• Estirado en frío • = 99% • ≥ 1,5 (Soderberg) • • = 400 N • 0 ≤ ≤ 80 Nm

Figura 3.1.

Resolución

A simple vista se puede suponer que la sección crítica estará en el cambio de sección del punto , donde el cambio de sección y el momento flector son mayores. La resistencia a fatiga del eje

de acero se toma como la corrección de la resistencia a la fatiga del acero ̅ = 0,506 si < 1400 MPa de forma que = ̅ ̅ = 347,76 MPa

ø

ø1,3 ø1,2 ø0,95

2,5

260 60 100 130


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Al estar trabajando a temperatura ambiente no es necesario modificar por efecto de la temperatura. En este caso, el factor de carga = 1, puesto que se trata de un problema con combinación de cargas y se trabajará directamente con tensión equivalente de von Mises. Del mismo modo el factor de reducción del límite de fatiga por concentración de tensiones = 1 al tratarse de un problema de combinación de cargas, y se utilizarán diferentes factores de concentración de tensiones.

Al tratarse de un acero estirado en frío puede comprobarse en una tabla que = · = 4,51 · 690 , = 0,798

El factor de temperatura = 1 ya que se está trabajando a temperatura ambiente.

El factor estadístico de fiabilidad se calcula a partir de la que cumple que ( < − ) = 1 − = 0,01 ⇒ = 2,33

Aunque en este caso no se ha hecho, para obtener un valor más correcto podría interpolarse el valor en las tablas. Ahora ya se obtiene = 1 − 0,08 · = 0,8136

Para calcular el factor de tamaño, forma y tipo de carga se realizará la suposición de que el diámetro = 40 mm. En este problema = (habría que calcular si el tipo de carga no fuese flexión y torsión o la sección no fuese circular) y se tiene que

= 7,62 , = 0,8374

Resumiendo = 0,798 · 0,8374 · 0,8136 · 347,76 = 189,07 MPa

La expresión de la recta de Soderberg es

+ = 1

Donde es la amplitud de la tensión fluctuante, es la tensión media y es el factor de seguridad.

Para calcular las reacciones en los cojinetes se considerará el eje como una viga biapoyada.

Figura 3.2.


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De la figura se deduce que + − = 0550 · − 320 · = 0 ⇒ = 167,27 N= 232,73 N

Entonces el momento flector máximo (en el punto de aplicación de la fuerza) será

= 167,27 · 0,320 = 53,5264 Nm

Y los momentos en y son = 167,27 · 0,260 = 43,4902 Nm= 167,27 · 0,420 − 400 · 0,1 = 30,2534 Nm

Como se sospechaba el punto más solicitado estará en la sección del punto .

Las tensiones máximas y mínimas de flexión se obtienen como (tablas y gráficas)

= · 2 = 64

, = ± 43,4902 · · 642

Y de aquí se obtienen la amplitud de la tensión a flexión y su valor medio

= +2 = 0 = −2

Del mismo modo se procede para las tensiones tangenciales producidas por el momento torsor definido en el enunciado. = 40 Nm = 40 Nm

De tablas y gráficas se puede obtener el factor de sensibilidad a la muesca para flexión y para tracción (teniendo en cuenta que el radio de la muesca es de = 2,5 mm), y también los valores del factor de concentración de tensiones . = 0,81 = 0,98 = 1,85 = 1,58

A partir de estos datos se puede obtener el factor de concentración de tensiones a fatiga . = 1 + 0,81 · (1,85 − 1) = 1,6885 = 1,568

El factor de concentración de tensiones a fatiga solamente se aplica en tensión alternante, y no en la tensión media, aunque en la bibliografía no se haga así, y se aplique también en las tensiones medias.

La tensión de flexión alternante será entonces

= −2 = 747,98

La tensión cortante media será


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= 2 = 402 · 32 = 203,72

Y la tensión cortante alternante será

= · 203,72 = 319,51

Y de estos valores pueden obtenerse las tensiones equivalentes de von Mises

= + 3 = 352,85= + 3 = 930,45

Aplicando la ecuación de la recta de Soderberg se tiene que 930,45· 189,07 · 10 + 352,85· 580 · 10 = 11,5

Y se obtiene = 20,305 mm.

Para este valor de se recalculan los valores , y = 0,902 = 1,4698 = 1,343

Estos valores son todos menos restrictivos que los que ya se habían calculado. De modo que el factor de seguridad ≥ 1,5.

Efectivamente, recalculando las tensiones se obtienen los siguientes valores: = 203,6573 MPa = 44,098 MPa = 100,2995 MPa

Y el factor de seguridad es (aplicando la recta de Soderberg) = 1,75.


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3. Uniones atornilladas

El gancho de la figura se sujeta a dos placas mediante los pernos y , ambos idénticos. Todas las medidas son en mm. Todos los elementos son del mismo acero ( = 210 GPa).

Figura 4.1. Sistema del problema.

Se dispone además de los siguientes datos de los pernos: M12 × 1,5 Clase 8.8 = 0,6495 = 600 MPa= − 2 = 660 MPa= − = 830 MPa

a) ¿Puede el sistema soportar una carga = 100 kN, considerando que la precarga de ambas uniones es la mínima necesaria para impedir la separación de la unión?

Cada una de las dos uniones atornilladas y soportará una carga igual de valor = = = 50 kN

Figura 4.2. Carga de la unión atornillada.

Δ

20


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De la figura 4.2 puede comprobarse que = + = − + =

Puesto que la precarga es la mínima que mantiene la unión entonces para ambas juntas se tiene que = 0 y por lo tanto = = (1 − ) =

La fuerza que podrá soportar el tornillo es = donde es el área de esfuerzo a tracción del tornillo.

= 4

De la métrica del tornillo se puede obtener = − 2 = 12 − 2 · 0,6495 · 1,5 = 10,0515 mm= − = 12 − 0,6495 · 1,5 = 11,02575 mm= +2 = 10,5386 mm

Y por lo tanto = 53479,32 N que es menor que la carga soportada por el tornillo y por lo tanto la junta aguantará.

b) ¿Cuánto vale la precarga mínima necesaria si la carga es de = 20 kN ( = 10 kN)? = (1 − )

= +

Para el cálculo de la rigidez del tornillo, éste se dividirá en cuerda y espiga.

= =

Figura 4.3.


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Mucho cuidado con , que no es la longitud total de la cuerda, sino la longitud de la cuerda contenida en el agarre (desde el principio de la cuerda hasta la tuerca, sin incluirla).

Dado que la longitud del perno se considera por convenio como = + + 2 , entonces a partir de tablas se obtiene la altura de la tuerca para métrica 12, = 10,8 mm y por lo tanto = 40 + 10,8 + 2 · 1,5 = 53,8 mm < 125 mm

Entonces la longitud de la cuerda es = 2 + 6 = 2 · 12 + 6 = 30 mm y la de la espiga será = − = 23,8 mm . Pero la longitud de la cuerda contenida en el agarre será = − = 16,2 mm.

La sección de la espiga se calcula a partir del diámetro métrico = 12 mm, y la sección de la rosca es el área de esfuerzo a tracción . A partir de estas longitudes y secciones se obtienen las rigideces de ambas partes del perno. = 9,8366 · 10 N/m = 11,3891 · 10 N/m

Y la rigidez total del perno será

= + = 5,2780 · 10 N/m

Para el cálculo de la rigidez de la junta se utilizarán las expresiones para la zona afectada por tensión 1 = 1

= tanln + 2 tan −+ 2 tan + · +−

Considerando que ambas placas y la plataforma del gancho están fabricados con el mismo material ( = 30°), entonces se puede dividir por la mitad en tan solo en 2 zonas. Figura D. Entonces la rigidez de la junta será = /2 y

= 0,57735 ·ln 1,1547 + −1,1547 + + · +−

Y considerando = 20 mm y = 1,5 · entonces

= 0,57735 · · 207 · 10 · 12 · 10ln (1,1547 · 20 · 10 + 18 · 10 − 12 · 10 ) · (18 · 10 + 12 · 10 )(1,1547 · 20 · 10 + 18 · 10 + 12 · 10 ) · (18 · 10 − 12 · 10 )

= 44,70136 · 10 N/m


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Y por lo tanto = /2 = 22,35068 · 10 N/m y finalmente

= + = 5,2780 · 105,2780 · 10 + 22,35068 · 10 = 0,191033

Y entonces la precarga será = (1 − 0,191033) · 10 = 8089,67 N

c) ¿Cuánto vale el factor de carga bajo estas condiciones?

= −· = 600 · 10 · 89,1322 · 10 − 8089,670,191033 · 10 = 23,76

d) ¿Qué carga podría colgarse del mismo gancho para un factor de carga = 2?

= 2 = −· ⇒ = 44901,62 N = 2 · = 89803,24 N

e) En el caso de aplicar la precarga recomendada, considerando una unión desmontable, ¿cuál sería la carga de apriete o precarga?

Recordando que para uniones atornilladas desmontables y permanentes la precarga recomendada es de = 0,75 · y = 0,9 · respectivamente, entonces = 0,75 · 600 · 10 · 89,1322 · 10 = 40109,49 N

f) Para esta precarga, ¿qué carga podría colgarse manteniendo el factor de carga = 2?

= 2 = −· ⇒ = 34993,509 N = 2 · = 69987,0179 N

g) Calcula el factor de seguridad a estanqueidad de la junta.

= = (1 − ) = 40109,49(1 − 0,191033) · 34993,509 = 1,41


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4. Uniones atornilladas

El motor turbofan representado en la figura 5.1 está sujeto al pilón mediante 4 tornillos en la parte delantera, y mediante dos tornillos, de métrica M30 × 2 de paso fino y propiedades 12.9, situados en la parte trasera como muestra la figura. Todos los materiales son aceros de = 207 GPa.

Despreciando los esfuerzos cortantes, calcule el factor de carga para el sistema de la figura. En caso de que fuera necesario, modifique el diseño para obtener un factor de carga = 5.

Figura 5.1. Sistema del problema.

Datos: = 111250 N = 22883 N = 39475 Nm

Resolución

Se pregunta por el factor de carga , que se define como

= −

Por lo tanto habrá que determinar la resistencia límite a la carga , el área de esfuerzo a tracción , la precarga , la fracción de carga soportada por el tornillo y la carga soportada por el tornillo más solicitado.

De la métrica M30 × 2 y clase de propiedad 12.9 se obtienen los siguientes datos = 1220 MPa = 1100 MPa = 970 MPa

A partir de las tablas y gráficos, teniendo en cuenta que además el tornillo es de paso fino, el área de esfuerzo a tracción será = 621 mm .


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Para la precarga, se considerará la precarga recomendada. Se elegirá una unión permanente, pero podría elegirse una unión desmontable. De este modo = 0,90 · = 542133 N.

Para el cálculo de habrá que calcular las rigideces de los tornillos y la junta.

Para el cálculo de la rigidez del tornillo, éste se dividirá en cuerda y espiga.

= =

Figura 5.2.

Mucho cuidado con , que no es la longitud total de la cuerda, sino la longitud de la cuerda contenida en el agarre (desde el principio de la cuerda hasta la tuerca, sin incluirla). Las longitudes del tornillo serán = + + 2 = 90 + 25,6 + 2 · 2 = 119,6 mm = 2 + 6 = 66 mm = − = 53,6 m = − = 36,4 mm La sección de la espiga se calcula a partir del diámetro métrico = 30 mm, y la sección de la rosca es el área de esfuerzo a tracción . A partir de estas longitudes y secciones se obtienen las rigideces de ambas partes del tornillo.

= = 2,72985 · 10 N/m = = 3,53151 · 10 N/m

Y por lo tanto la rigidez total del tornillo será

= + = 1,53968 · 10 N/m Ahora hay que calcular la rigidez de la junta. Dado que se trata del mismo material en todos los elementos de la junta, la rigidez puede calcularse solo para la mitad de la junta de espesor = 45 mm, y la de la otra mitad será idéntica (Figura C). Finalmente la rigidez total será la asociación en serie = /2.

= tanln + 2 tan −+ 2 tan + · +−


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= 30° = 1,5 = 45 mm = 30 mm = 207 GPa

= · 207 · 10 · 30 · 10 tan 30°ln 1,5 · 30 + 2 · 45 tan 30° − 301,5 · 30 + 2 · 45 tan 30° + 30 · 1,5 · 30 + 301,5 · 30 − 30 = 11,6159 · 10 N/m

De modo que = 5,80795 · 10 N/m. Finalmente puede obtenerse

= + = 0,2095

Ahora se analizarán las cargas que soportan los tornillos. Al haber 4 tornillos en la zona delantera y sólo dos en la trasera, los tornillos y serán los más solicitados y los de interés para el cálculo del factor de carga.

El peso se distribuye entre los cuatro tornillos de delante y los dos de detrás , y se puede calcular por estática como se esquematiza en la figura 5.3.

+ =350 · + 1050 · = 0 ⇒ = 17172,25 N= 5720,75 N

Figura 5.3. Distribución del peso del motor entre la unión delantera y la trasera.

El empuje provocará unas cargas verticales en las juntas. La carga en la junta trasera deberá equilibrar el momento generado por el empuje en la junta delantera, y al revés.

Figura 5.4 · = · ⇒ = 39732,14 N

El momento también deberá ser equilibrado por las reacciones del tornillo izquierdo y del derecho de la parte trasera, suponiendo que la junta delantera no equilibra el momento. = 0,3 · ⇒ = 131583,3 N

En el perno todas las cargas tienen el mismo sentido, por lo tanto será el más solicitado.

Figura 5.5. Equilibrio del momento en la junta trasera.


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Entonces la carga que soporta el perno será

= 2 + 2 + = 154307,75 N

Y el factor de carga se calculará para .

= 970 · 10 · 621 · 10 − 5421330,2095 · 154307,75 = 1,86334

Para que el factor sea mayor que 5 deberá aumentarse la métrica de los tornillos y aumentar su número, para distribuir más las cargas.

Con métrica M36 × 2 las rigideces que se obtienen son = 2221,7705 · 10 N/m = 7,502 · 10 N/m = 0,2284 = 2,518

Como < 5 entonces se aumentará el número de pernos en la unión trasera del motor de la forma que se indica en la figura 5.6.

Figura 5.6. Ahora se colocarán cuatro pernos en la junta trasera, en lugar de dos.

Aunque se puede calcular la fracción de la carga que afecta a cada tornillo, puesto que cada uno se encuentra a una distancia diferente del centro de gravedad, para un cálculo rápido del factor de carga, puede aproximarse la carga en la junta por

≈ ≈ 4 + 4 + 2 = 77153,875 N

Para 4 tornillos M30 × 2 en la parte trasera se obtiene = 3,72, que es aún insuficiente. Con métrica M36 × 2 se tiene = 5,03.


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5. Uniones forzadas

Dos tubos unidos 1 y 2 tienen una presión de zunchado (presión tras la fabricación) de 17 MPa, y sus diámetros tras la fabricación son = 100 mm = 150 mm = 200 mm Una vez se pone el tubo en servicio circula por el interior un gas a una presión de 100 MPa. Calcule las tensiones en todas las caras de los dos tubos y la interferencia entre ambos tubos.

Datos del problema: = 11,3 · 10 K = 207 GPa = 1/3

Resolución

Para resolver el problema se aplicará el principio de superposición, y se dividirá el problema en los dos tubos con presión de zunchado sin flujo interno, y los dos tubos sin presión de zunchado pero con circulación de fluido por el interior. Figura.

= −− + − − = −− − − −

Los radios correspondientes a los puntos de estudio son = 50 mm = 75 mm = 100 mm

Las tensiones radiales y tangenciales del problema con presión de zunchado, es decir, tras la fabricación del tubo, son (caso A)

Tubo 1 = 0=== = 0 Pa = −61,2 MPa = −17 MPa = −44,2 MPa Tubo 2 == 0== = −17 MPa = 60,7 MPa = 0 Pa = 43,7 MPa

Para el problema con el gas circulando por el interior, sin presión de zunchado, la presión entre ambos tubos es desconocida. Las tensiones radiales y tangenciales son (caso B)

Tubo 1 ==== = −100 MPa = 260 − 3,6 · MPa = − = 160 − 2,6 · MPa Tubo 2 == 0== = − = 3,57 · MPa = 0 Pa = 2,57 · MPa


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Para encontrar en el caso B se pueden igualar las deformaciones de los tubos 1 y 2 en el exterior y el interior de los mismos, respectivamente, ya que la deformación en la unión deberá ser la misma para ambos tubos.

= 2 ( + ) − 22 = = − = = −

− = −

De aquí se puede obtener = 25,93 MPa, de modo que en el caso B

Tubo 1 ==== = −100 MPa = 166,65 MPa = −25,93 MPa = 92,58 MPa Tubo 2 == 0== = −25,93 MPa = 92,58 MPa = 0 Pa = 66,64 MPa

Finalmente = + y por lo tanto = −100 MPa = 105,45 MPa= −42,93 MPa = 48,38 MPa= −42,93 MPa = 153,27 MPa= 0 Pa = 110,34 MPa

La interferencia total de los dos tubos es Δ = | | + | | Tubo 1: Antes de zunchar = 2( + ) y después de zunchar = 2

= 2 − 2( + )2 = − + ≈ − = 1 ( − )

= − +− = 0,01396 mm

= 2 · (75 + 0,01396) = 150,0279 mm

Tubo 2: Antes de zunchar = 2( + ) y después de zunchar = 2

= 2 − 2( + )2 = − + ≈ − = 1 ( − )

= + +− = 0,02405 mm

= 2 · (150 − 0,02405) = 149,9519 mm

La interferencia total será Δ = 0,03801 mm = · · Δ de modo que la diferencia de temperaturas para el montaje deberá ser de Δ = 45,25 °C ≈ 46 °C.


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6. Resorte a tracción

Se tiene un resorte helicoidal de tracción cuyas características técnicas son

• Material: Acero al Cromo – Vanadio A232 • Diámetro del alambre = 4 mm • Número de espiras activas = 14 • Diámetro exterior del resorte = 28 mm • Pretensado moderado • Extremos de argolla completa • = 80 GPa

Se pide determinar

1) Índice del resorte 2) Longitud libre 3) Precarga 4) Módulo o constante del resorte 5) Fuerza necesaria para alargar el resorte 4 cm y 5 cm 6) Alargamiento del resorte cuando está sometido a una carga de 50 daN (500 N)

Figura 6.1. Resorte del problema.

Resolución

Originalmente el resorte estará inicialmente comprimido y al cargarlo hará falta vencer la pretensión para deformarlo.

1) El índice del resorte se calcula como = / donde el diámetro medio es = − .

= 28 − 44 = 6


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2) La longitud libre se toma por convenio desde las caras interiores de las argollas. = + 2

Donde = ( + 1) y = − 2 , por lo tanto = 4 · (14 + 1) + 2 · (28 − 2 · 4) = 100 mm

3) Dado que el índice del resorte es 6, la tensión inicial debida a la precarga variará entre 95 MPa y 160 MPa (ver tabla en los apuntes). El pretensado moderado indica que debe elegirse un valor aproximado, cercano a la mitad. En este caso se elegirá = 127 MPa.

La tensión cortante, en general es

= 8 = 1 + 0,5

Pero en el caso de la precarga, dado que se aplica mediante torsión al fabricar el muelle, no se genera ningún cortante directo, y no se debe utilizar el factor . El valor de la precarga será entonces

= 8 ⇒ = 8 = · (4 · 10 ) · 127 · 108 · 24 · 10 = 133 N 4) Igual que en cualquier tipo de resorte helicoidal, la rigidez del muelle será

= 8 = 80 · 10 · (4 · 10 )8 · (24 · 10 ) · 14 = 13,228 · 10 N/m

5) Para un alargamiento tendremos que = + = 4 cm = 133 + 13,228 · 10 · 40 · 10 = 662,11 N = 5 cm = 133 + 13,228 · 10 · 50 · 10 = 794,39 N

Sin embargo, debería comprobase que el resorte sea capaz de resistir estas cargas. La tensión última será = / , de las tablas se puede encontrar = 1790 MPa= 0,155 ⇒ = 17904 , = 1443,88 MPa

Dado que se trata de un acero al Cromo – Vanadio, la tensión tangencial admisible es (ver tabla en los apuntes) = 0,5 · = 721,94 MPa

El factor será

= 1 + 0,56 = 1,083


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Y la tensión a la que estará sometido el resorte en ambos casos será

= 4 cm = 1,083 · 8 · 662,11 · 24 · 10(4 · 10 ) = 684,955 MPa = 5 cm = 1,083 · 8 · 794,39 · 24 · 10(4 · 10 ) = 822 MPa

El caso de = 5 cm deberá ser rechazado. Hay que tener en cuenta que ahora se utiliza porque el resorte ya está abierto (las espiras se han separado) y debe aplicarse a la totalidad de la carga, no sólo a , porque es a la que está sometida el resorte en total.

6) La deformación a 500 N será

= − = 27,75 mm


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7. Resorte a torsión

El resorte de la figura trabaja a torsión y su posición natural es la vertical. Es de acero al Cromo – Vanadio A232 ( = 0,155, = 1790 MPa, = 207 GPa, = 80 GPa). Dimensionar el resorte para que en posición horizontal la fuerza necesaria en el punto para levantar la trampilla sea de 60 N.

Figura 7.1. Esquema de la estructura del problema.

Resolución

De la figura se tiene que = 500 · 1 − 60 · 2 = 380 Nm

La tensión última del alambre, en función del diámetro del alambre , en m, será

= (1000 · ) · 10 Pa = 1790(1000 · ) . · 10 Pa

Pues hay que recordar que la expresión = / devuelve un resultado en MPa si se introduce en mm.

La tensión normal admisible es = 0,87 · , y la tensión a la que estará sometido el resorte es

= · 2 = 32

1 m 1 m500 N

60 N Fuerza para levantar la trampilla

Posición natural del resorte


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Por lo tanto igualando estas expresiones

32 = 0,87 · 1790(1000 · ) . · 10 ⇒ = 32 · 380 · (1000 · ) .· 0,87 · 1790 · 10

De esta expresión, de forma iterativa o resolviendo directamente, se puede obtener el diámetro = 0,01561 m. Al no existir este diámetro en el ámbito comercial se tomará = 16 mm.

Ahora se considerará un índice del resorte = 8, por lo tanto = · = 128 mm. Para calcular el número de espiras, se considerará el ángulo girado por el muelle, que es

= 64 ⇒ = 64 = 2 · 207 · 10 · (16 · 10 )64 · 128 · 10 · 380 = 6,845

Aunque es posible tener un valor no entero de espiras, se optará por elegir = 7, para ello se modificará el diámetro medio , que se supuso inicialmente.

= 64 = 2 · 207 · 10 · (16 · 10 )64 · 7 · 380 = 125,172 mm

Finalmente

=

Donde es el diámetro interior de la espira sin solicitación, es el diámetro interior de la espira una vez se carga el resorte, es el numero de espiras sin carga y es el número de espiras ya cargado (al girar 90° el número de espiras aumenta en 0,25), en este caso = 125,172 − 16 = 109,172 mm = 7 = 7,25

Por lo tanto el diámetro interior una vez cargado el resorte será = 105,4 mm, que será el diámetro máximo de la espiga interior . También se aconseja hacer = 0,9 · = 98,25 mm


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8. Resorte a compresión

Dos resortes (exterior o resorte 1, e interior o resorte 2) de acero revenido en aceite están situados como indica la figura.

Figura 8.1. Los dos resortes, el exterior (resorte 1) y el interior (resorte 2), que es más corto.

Datos de ambos resortes = 16 mm = 100 mm = 11 = 25,812 mm= 12 mm = 65 mm = 9 = 24,888 mm = 1610 MPa = 0,193 = 80 GPa

Inicialmente los muelles están descargados. Se pide

1) Si se aplica una carga de forma progresiva, determinar el valor de esa carga para el que comenzará a trabajar el resorte interior.

2) En el caso desfavorable de una sobrecarga, tal que el sistema de resortes llegue a su posición límite, determinar qué carga soportará el resorte interior y si será capaz de resistirla.

3) Si se aplica una carga constante de 10 kN determinar la carga soportada por cada resorte.

4) Determinar si el resorte exterior resistirá una carga exterior oscilante entre 4 kN y 6 kN utilizando el criterio de Goodman y con unos coeficientes para el factor de acabado superficial = 1,58 y = −0,085, y una fiabilidad de = 99%.

Resolución

La carga soportada por el muelle 1 es = donde = − . Dado que ambos muelles son simples esmerilados el número total de espiras es = + 1 y la longitud natural del muelle será = ( + 1), por lo tanto = 25,812 · (10 + 1) = 283,932 mm= 24,888(8 + 1) = 223,992 mm


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La rigidez de los resortes será

= 8 ⇒ = 80 · 10 · 0,0168 · 10 · 0,1 = 65536 N/m = 80 · 10 · 0,0128 · 8 · 0,065 = 94383,25 N/m

Finalmente = ( − ) = 3928,228 N

Para encontrar la posición límite de los muelles hay que calcular la longitud cerrada de ambos muelles = ( + 1), es decir = 16(10 + 1) = 176 mm= 12(8 + 1) = 108 mm

La situación límite se alcanzará cuando el muelle 1 se quede completamente cerrado. La flecha del muelle 2 en esta posición es − y por lo tanto la carga que soporta es = ( − ) = 4529,641 N

Dado que se trata de un acero revenido en aceite, la tensión cortante máxima admisible es = 0,5 · , donde

= = 161012 , = 996,6528 MPa

Es importante recordar que debe introducirse en MPa, y el diámetro de alambre debe introducirse en mm. La tensión cortante admisible será = 0,5 · 996,6528 = 498,3264 MPa

La tensión de trabajo del muelle 2 es

= 8

Donde

= 1 + 12

Y = / . Se utiliza el factor debido a que se trata de cargas estáticas. Finalmente

= 1 + 12 · 5,4166 8 · 4529,641 · 65 · 10· (12 · 10 ) = 433,8838 MPa

Y al ser menor que la máxima admisible el muelle 2 resistirá.

Al aplicar = 10 kN tendremos que = + = +


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Y teniendo en cuenta que = − + puede encontrarse = 37,968 mm y por lo tanto = = 94383,25 · 37,968 · 10 = 3583,542 N

Finalmente = − = = 6416,498 N

Dado que la tensión mínima a fatiga es superior a la tensión necesaria para que el resorte interior esté trabajando, este resorte trabajará durante todo el ciclo de carga. De nuevo se tiene = + = += − +

De donde se puede obtener

= + ( − )+ ⇒ = 60,389 mm= 72,895 mm

Y por lo tanto

= ⇒ = 3957,65 N= 4777,25 N ⇒ = 4367,45 N= 409,8 N

Para encontrar la tensión cortante, se utiliza el factor en el caso de tensión media, y en el caso de tensión alternante. Esto difiere ligeramente de la bibliografía (Shigley), en donde se utiliza para ambas. Las tensiones cortantes medias y alternantes son entonces

= 8 = 293,2458 MPa = 8 = 31,2682 MPa

Donde

= 4 + 24 − 3

Para aplicar el criterio de Goodman hay dos opciones

+ = 1 + = 1

Ambas son idénticas, pues = √3 · (von Mises) y

= = √3 = √3

Se utilizará el de las tensiones cortantes, que ya se han calculado. La tensión última del resorte 1 es

= = 161016 , = 942,8242 MPa

Que es inferior a la del resorte 2, y por lo tanto se tomará como limitante.


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= 942,8242√3 = 544,0096 MPa ̅ = 0,506 · = 475,1834 = · ̅

Ahora hay que calcular los factores modificadores del límite de resistencia a fatiga. = = 0,8827 = 1,24 · , = 0,92369

El factor de carga = 0,577 porque se está trabajando con tensiones cortantes. Si se estuviese trabajando con la tensión equivalente de von Mises se calcularía con = 1.

El factor de temperatura = 1, pues no se da información de las temperaturas y se supone temperatura ambiente. Asimismo el factor estadístico = 0,814 (fiabilidad de = 99%).

El factor de concentración de tensiones a fatiga = 1 puesto que ya se han considerado los factores y correspondientes.

Entonces = 0,8827 · 0,92369 · 0,577 · 1 · 0,814 · 1 · 475,1834 = 181,97 MPa

Y el factor de seguridad es = 1,4


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9. Resorte a compresión

El esquema simplificado de la figura 9.1 representa una sección del conjunto de frenos de la rueda del tren principal de un avión Airbus A320 montado sobre la llanta, con los discos de rotor 1, 2, 3, 4 y 5, que giran con la llanta, y los del estator 1, 2, 3, 4 y 5, que no giran. La presión de hidráulico ejercida sobre los émbolos (8 en total), pone en contacto unos discos sobre otros provocando la frenada de la rueda. Los resortes helicoidales (6 en total) son recuperadores, y una vez retirada la presión los discos se separan.

Datos de los émbolos: = 30 mm

Datos de los resortes: Extremos simples aplanados, fabricados con acero al carbono revenido en aceite. Inicialmente está comprimido, su longitud inicial es de = 135 mm. = 40 GPa = 40 mm = 10 mm = 9 = 16 mm = 1610 MPa = 0,193

Datos del freno: = 100 mm = 300 mm Espacio entre discos = 0,2 mm

Se pide determinar

1) La rigidez del muelle. 2) La presión del líquido hidráulico mínima necesaria para que comience a actuar el

freno, considerando que está recién montado. 3) La presión del líquido hidráulico mínima necesaria que hace que actúen todos los

discos. 4) La flecha de los muelles para una presión de 3000 psi, habitual en aviación comercial.

¿Es eso posible? 5) Si soportará la carga máxima el muelle cuando esta presión se alcance, sabiendo que

en cada frenada el desgaste del conjunto de discos es 0,02 mm de media, y que los conjuntos de frenos se cambian cada 1700 ciclos (calzos fuera – calzos dentro).

6) El factor de seguridad a fatiga aplicando el criterio de Goodman y tomando como carga máxima la del apartado anterior. Utilice para el cálculo del factor de tratamiento superficial los valores = 1,58 y = −0,085, temperatura ambiente y una fiabilidad de = 99%.

7) El momento de rozamiento total debido a la fricción de unos discos sobre otros, y también con el soporte interior, considerando el coeficiente de rozamiento = 0,45 y la carga máxima del apartado 5).

8) Sabiendo que la variación de la velocidad angular de la rueda viene dada por = + durante la frenada, para evitar el bloqueo de los frenos, determine la función = ( , ), siendo la flecha del muelle, el momento de inercia total del conjunto de discos del rotor.


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Figura 9.1. Dibujada de memoria a partir de la original, no a escala. Al ejercer presión los ocho émbolos ( ) sobre el primer estator ( 1) comienza el accionamiento del freno y se comprimen los seis resortes ( ), pues el extremo

más cercano a los discos está bloqueado.

Resolución

La rigidez del resorte se calcula como

= 8 = 40 · 10 · (10 · 10 )8 · (40 · 10 ) · (9 − 1) = 97656,25 N/m

La presión de hidráulico deberá ser la necesaria para que los muelles se compriman 0,2 mm, pues ésta es la distancia que separa el primer disco rotor del primer estator de freno.

8 · = 6 · ⇒ 8 · · 4 = 6 ⇒ = 6 · 4 · ·8

1 1


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Donde será = − + 0,2, donde = 135 mm es la longitud inicial del muelle. Para muelles de extremos simples y aplanados = ( − + 1) = 144 mm y por lo tanto = 144 − 135 + 0,2 = 9,2 mm y entonces = 953,269 kPa

Igual que en el apartado anterior, para que actúen todos los discos deben recorrerse los 10 gaps, por lo tanto la flecha en este caso será = − − + 10 · 0,2 y por lo tanto = 1139,778 kPa

Ahora se tiene = 3000 psi ⇒ = 6,89 · 3000 = 20670 kPa y por lo tanto

= 6 · 4 · ·8 ⇒ = 199,486 mm

Esto no es posible, pues la carrera máxima del muelle es la longitud natural menos la longitud del resorte completamente cerrado, es decir = − = 144 − 90 = 54 mm

Hay que considerar que para esta presión los discos impedirán que la flecha llegue a este valor.

El desgaste total tras los 1700 ciclos será de 34 mm. Será en este momento cuando se tenga la máxima flecha en los resortes = 144 − 135 + 34 + 10 · 0,2 = 45 mm

La tensión máxima admisible se calcula como

= = 161010 , = 1032,34 MPa ⇒ = 0,5 · = 516,17 MPa

El índice del resorte es = / = 4

Y la tensión a la que se verá sometido el resorte será

= 8 = 1 + 12 8 = 503,57 MPa

Que es inferior a la admisible. La fuerza máxima ejercida por el resorte en esta situación es = = 4394,53 N

Aunque esta carga máxima sólo podría aplicarse en la última frenada, si el factor de seguridad en este caso ficticio ya es mayor que uno, el caso real será más favorable.

El criterio de Goodman es

+ = 1

Donde = 0,577 · = 596,02 MPa, = ̅ y ̅ = 0,5 · .


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Se obtienen a continuación los factores modificadores

= = 0,89759 = 7,62 , = 0,9713= 0,577 = 1= 0,814 = 1

El factor de carga = 0,577 porque se está calculando . El factor de reducción del límite de fatiga por concentración de tensiones = 1 porque se aplicarán los factores y a la tensión del resorte.

La fuerza mínima será la carga del muelle en su posición inicial = 144 − 135 = 9 mm = = 878,9 N

Y por lo tanto las cargas medias y alternantes son = 2636,71 N = 1757,81 N

Finalmente

= 8 = 302,14 MPa = 8 = 247,91 MPa

Donde

= 4 + 24 − 3 = 1,384

Aplicando el criterio de Goodman se tiene que

= 1247,91207,89 + 302,14596,02 = 0,588

El momento de rozamiento será diez veces el momento de rozamiento en uno de los contactos, que debe integrarse para toda la superficie.

La fuerza de rozamiento en un elemento diferencial de corona circular es d = · 2 · d

Y el momento

d = · · 2 · d ⇒ = · 2 3

La carga entonces es

= = 4 −


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10. Engranajes

Un piñón de = 12 dientes con dentado recto normal engrana por un lado con una cremallera de módulo = 4 mm y ángulo de presión = 20°, y por el lado opuesto con una rueda de = 49 dientes y de forma que la distancia entre los ejes de las ruedas 1 y 2 es de 122 mm.

Se pide determinar

1) Desplazamientos de tallado en el caso de que los haya. 2) Radios de cabeza del piñón y de la rueda dentada. 3) Distancia del centro del piñón a la línea media de la cremallera 4) Coeficiente de engrane entre la rueda y el piñón 5) Grado de recubrimiento entre el piñón y la cremallera

Resolución

La dentadura normal implica = = 4

= 1 − = 1 − 1217,097 = 0,2981224 ⇒ = = 1,1925 ≈ 1,2 mm

Para la segunda rueda dentada

Δ = ( + ) coscos = 12 ( + ) coscos ⇒ cos = ( + ) cos2Δ =

= 4(12 + 49) cos 20°2 · 122 = cos 20° ⇒ = 20°

Como el ángulo de presión de trabajo es igual al de generación las dos ruedas engranan a cero y por lo tanto el desplazamiento de la rueda 2 es el contrario al del piñón 1, es decir = − = −1,2 mm

La corrección del radio de cabeza = 0 debido a que engranan a cero. Entonces = + + − = 24 + 1,2 + 4 + 0 = 29,2 mm= + + − = 98 − 1,2 + 4 + 0 = 100,8 mm

= + = 24 + 1,2 = 25,2 mm

= (tan − tan ) + (tan − tan )2

cos = = cos ⇒ = 39,4346° cos = ⇒ = 23,99°

= 1,508


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Entre el piñón y la cremallera será necesario proceder de forma algo distinta.

=

= + = −sin + sin − sin = 18,5259 mm = cos = cos = 11,808 mm = 1,5689


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11. Engranajes

Deben diseñarse dos piñones (1 y 2), de = 9 dientes y = 11 dientes, de forma que cuando se montan sobre el mismo eje engranen con una rueda (3) de = 54 dientes y dentadura normal, módulo de generación = 6 y ángulo de presión = 20°. El espesor de los dientes de la rueda en su cilindro base es = 15,446 mm. En el diseño debe tenerse en cuenta que la distancia entre el eje común de los piñones y el de la rueda tiene que ser la menor posible.

Se pide determinar:

1) Todos los desplazamientos de tallado 2) La distancia entre ejes 3) Los ángulos de presión de funcionamiento 4) Los radios de cabeza 5) Los radios entre qué se encuentra la zona activa del flanco del piñón 2

Resolución

Para poder tallar los dientes de los piñones, que serán también de dentadura normal, = 20° y = 6, habrá que tallarlos con un desplazamiento mínimo para evitar penetración en los dientes. En el caso de dentadura normal = = , de modo que

= 1 − ⇒ = 1 − 917,097 = 0,4736 ⇒ = = 2,84 mm= 1 − 1117,097 = 0,3566 ⇒ = = 2,14 mm

Para la rueda 3 se tiene que

= 2 2 + 2 tan + ev ⇒ = 2 − 2 − ev 2 tan

El radio de base de la rueda dentada se puede obtener como

= cos = 12 cos ⇒ = 25,37 mm= 31,01 mm= 152,23 mm

La evolvente de se puede obtener de las tablas y vale ev = 0,01490. Finalmente = 3 mm

Los radios primitivos de todas las ruedas son

= 12 ⇒ = 27 mm= 33 mm= 162 mm


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Y los ángulos de presión de funcionamiento se pueden obtener a partir de sus evolventes

ev = ev + ++ tan ⇒ ev = 0,026117ev = 0,02449

Los valores de los ángulos se obtienen buscando el valor de evolvente obtenido en las tablas = 23°56 = 23,93° =23°27 = 23,44°

Y finalmente la distancia entre ejes puede calcularse como

Δ = + coscos ⇒ Δ = 194,304 mmΔ = 199,737 mm El desplazamiento mínimo posible será entonces el del engranaje 2-3, y por lo tanto las condiciones del engrane entre el piñón 1 y la rueda cambiarán y ahora serán

cos = ( + ) cosΔ ⇒ = 27,23°

De modo que, para que haya engrane sin holgura, el nuevo desplazamiento al que habrá que tallar el piñón 1 es

= (ev − ev ) +tan = (0,0393 − 0,0149) 27 + 162tan 20° = 9,7 mm

Si en lugar de utilizar Δ se utilizase Δ entonces el nuevo desplazamiento sería negativo, es decir, menor que el mínimo desplazamiento necesario para evitar la aparición de dientes penetrados.

Los radios de cabeza se pueden obtener como = + + −= + + −= + + − ?

Donde la corrección del radio de cabeza vale = Δ − Δ Δ = + + + = 201,7 mm ⇒ = 201,7 − 199,734 = 1,963 mmΔ = + + + = 200,14 mm ⇒ = 200,14 − 199,737 = 0,402 mm Al ser mayor la corrección necesaria para el piñón 1 que para el piñón 2, la rueda deberá adaptarse a esta corrección, de lo contrario al engranar con el piñón 1 no habrá juego de fondo suficiente. Por lo tanto los radios de cabeza son = 27 + 9,7 + 6 − 1,963 = 40,737 mm= 33 + 2,14 + 6 − 0,402 = 40,738 mm= 162 + 3 + 6 − 1,963 = 169,037 mm


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Los radios de cabeza de ambos piñones son idénticos, pues deben guardar el mismo juego de fondo, con la misma rueda, a la misma distancia entre ejes. Para comprobar que en ninguna rueda se apuntan los dientes se calculan los radios de apuntamiento. El ángulo límite de apuntamiento se calcula a partir de su evolvente como

ev = 2 + 2 tan + ev ⇒ = 50°= 43°= 29,5°

Y finalmente los radios de apuntamiento como

= cos = coscos ⇒ = 39,4714 mm= 42,4 mm= 174,9 mm

Por lo tanto el piñón 1 estará apuntado, pues su radio de apuntamiento es menor que el radio de cabeza calculado antes, es decir = 39,4714 mm ≠ 40,737 mm

Los ángulos de cabeza son

cos = cos ⇒ = 50° == 40,43°= 25,84°

Y a partir de éstos, los coeficientes de engrane se obtienen como

= tan − tan + tan − tan 2 ⇒ = 0,71= 1,166

Como < 1 el engrane entre el piñón 1 y la rueda 3 no puede existir, pues los dientes se sueltan demasiado rápido.

En el engrane entre las ruedas 2 y 3 la longitud del contacto es = (tan − tan ) + (tan − tan ) = 20,6567 mm

Vectorialmente entonces puede verse que ∠ − ( − ) + ∠( + 90°) = ∠( − ) ⇒ 40,738∠ − 16,98° + 20,6567∠113,45° = 31,54∠12,92°

De modo que el radio de inicio de contacto y el ángulo valen = 31,54 mm = 23,45° − 12,92° = 10,53°


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Por último, como el engrane entre el piñón 1 y la rueda 3 no es posible, la rueda ya no necesitaría la corrección de radio de cabeza de Δ = 1,963 mm. Aplicando la corrección para el engrane con el piñón 2, que es Δ = 0,402 mm se pueden repetir los cálculos anteriores

= 162 + 3 + 6 − 0,402 = 170,598 mm cos = cos ⇒ = 26,83°

= (tan − tan ) + (tan − tan )2 = 1,353

En el engrane entre las ruedas 2 y 3 la nueva longitud del contacto es = (tan − tan ) + (tan − tan ) = 23,970 mm

Vectorialmente entonces puede verse que ∠ − ( − ) + ∠( + 90°) = ∠( − ) ⇒ 40,738∠ − 16,98° + 23,970∠113,45° = 31,11∠18,93°

De modo que el radio de inicio de contacto y el ángulo valen = 31,11 mm = 23,45° − 18,93° = 4,52°


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12. Engranajes

Deben diseñarse dos piñones (1 y 2), de = 9 dientes y = 11 dientes, de forma que cuando se montan sobre el mismo eje engranen con una rueda (3) de = 54 dientes y dentadura reducida, módulo de generación = 6 y ángulo de presión = 20°. El espesor de los dientes de la rueda en su cilindro base es = 15,446 mm. En el diseño debe tenerse en cuenta que la distancia entre el eje común de los piñones y el de la rueda tiene que ser la menor posible.

Se pide determinar:

1) Todos los desplazamientos de tallado 2) La distancia entre ejes 3) Los ángulos de presión de funcionamiento 4) Los radios de cabeza 5) Los radios entre qué se encuentra la zona activa del flanco del piñón 2

Resolución

Se trata de un problema idéntico al anterior, con la salvedad de que en esta ocasión los dientes son reducidos y por lo tanto = = 0,75 · . Se detalla a continuación una tabla de resultados, pues el procedimiento es idéntico.

Piñón 1 Piñón 2 Rueda 3 ( ) 27 33 162 ( ) 25,37 31,01 152,23 ( ) 1,34 → 7,96 0,64 3 (°) 23,07 → 26,48 22,56 − ( ) 193,04 → 198,42 198,42 − ( ) 37,92 37,92 167,96 → 169,28

(°) 48,01 35,14 25,00 → 25,94 (°) 49,46 41,82 29,46

( ) 39,03 41,61 174,84 ( ) 0,60 0,94 → 1,12 −

Como los dientes son reducidos, en esta ocasión no se apunta ninguno, pero por otro lado los coeficientes de engrane se han visto reducidos también (los dientes se sueltan antes). Descartando el engrane con el piñón 1, el grado de recubrimiento con el piñón 2 vuelve a ser mayor que uno. Finalmente = 31,07 mm = 3,82°


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13. Engranajes

Se dispone de 5 ruedas dentadas de las que se sabe que han sido talladas con herramienta para dentadura normal con un ángulo de presión = 20°. En ellas se han podido tomar las medidas de sus respectivos radios de cabeza, así como las tangentes o cuerdas base que se detallan a continuación.

Rueda 1 Rueda 2 Rueda 3 = 13= 31,352 mm= 31,2756 mm= 19,4671 mm

= 46= 109,380 mm= 90,3570 mm= 77,0724 mm

= 53= 109,850 mm= 79,7245 mm= 67,9160 mm

Rueda 4 Rueda 5 = 53= 110,852 mm= 80,4085 mm= 68,600 mm

= 12= 32,880 mm= 35,0759 mm= 21,7913 mm

1) ¿Qué combinación formada por dos del conjunto de ruedas del que disponemos podrán montarse de forma que engranen sin holgura entre dos ejes paralelos que distan entre ellos Δ = 134,3517 mm?

2) ¿Cuál es el coeficiente de engrane del anterior montaje? 3) Diseñar una corona dentada interiormente de forma que engrane con una de las dos

ruedas del mismo montaje anterior, y que su eje coincida con el de la otra. (Determinar , y )

Resolución

Aplicando las siguientes relaciones se obtienen los datos para solucionar el problema.

Paso en el cilindro base Espesor en el cilindro base Radio base = − = − ( − 1) = 2

Radio en el axoide Módulo Desplazamiento = cos = 2 = tan 2 − 2 − ev

Rueda 1 Rueda 2 Rueda 3 = 11,8085 mm= 7,6586 mm= 24,432 mm= 26 mm= 4= 1,5 mm

= 13,2846 mm= 10,6494 mm= 97,258 mm= 103,5 mm= 4,5= 1,62 mm

= 11,8085 mm= 8,8735 mm= 99,607 mm= 106 mm= 4= 0 m


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Rueda 4 Rueda 5 = 11,8085 mm= 9,5575 mm= 99,607 mm= 106 mm= 4= 1 mm

= 13,2846 mm= 8,5067 mm= 25,372 mm= 27 mm= 4,5= 1,62 mm

Las únicas combinaciones que permiten una separación entre ejes cercana a la solicitada, entre ruedas del mismo módulo, son 1-3, 1-4 y 2-5. Los ángulos de funcionamiento y la distancia entre ejes se calculan como

ev = ev + ++ tan Δ = + coscos

Ruedas 1 y 3 Ruedas 1 y 4 Ruedas 2 y 5 = 21,636°Δ = 133,44 mm = 22,573°Δ = 134,33 mm = 23,279°Δ = 133,5 mm

Por lo tanto las ruedas que cumplen el requisito son la rueda 1 junto con la 4. Los ángulos de cabeza de ambas se pueden calcular como

cos = ⇒ = 38,81°= 26°

Finalmente

= (tan − tan ) + (tan − tan )2 = 1,411