Análisis de esfuerzos y dimensionamiento de eje transmisor

1). Ejercicio propuesto del libro teoría de máquinas de A. S. HALL A.R.I-IOLOWENCO H. G. LAUGHLIN Capítulo 9 ejercicio 13.

Figura 1.

Ejercicio modificado.

Una polea de 24pulg, conducida por una correa horizontal, transmite potencia mediante un eje macizo de acero 1020 HR el cual fue maquinado, a un piñón de 10 pulg, el cual a su vez conduce un engrane. La polea pesa 300lb para proporcionar algún efecto de volante. La disposición de los elementos, la tensión de la correa, y las componentes de la reacción de engrane sobre el piñón se muestran en la figura 1.

1.

Dibujar lo siguiente: cargas verticales, momento de flexión verticales, cargas horizontales, momento de flexión horizontal, momento combinado de flexión. 2. Determinar el diámetro necesario del eje usando los valores para ejes comerciales y factores de choque y fatiga kb=2,0 y kt=1,5.

1. Dibujar lo siguiente: cargas verticales, momento de flexión verticales, cargas horizontales, momento de flexión horizontal, momento combinado de flexión.

Proseguiremos realizando el análisis de fuerzas, utilizando los conocimientos de estática y resistencia de materiales para el cálculo de las reacciones y de los diagramas de cortante y momento. 1.1. Análisis horizontal de fuerzas.

Figura 2. Esquema de fuerzas verticales. Encontramos x1 y x2 mediante sumatoria de fuerzas y sumatoria de momento.

∑ MA =0 (−300 lb ) ¿ Rc=

− (300∗10 ) +(1920∗38) 30

Rc=2332lb

∑ Fy=0 R A −300 lb−2332lb+1920 lb=0 R A =300 lb+2332 lb−1920 lb R A =712lb

Figura 5.Diagrama de fuerzas verticales

Ahora proseguimos a calcular los diagramas de cortante y de momento por el método de áreas. Calculamos el diagrama de cortante

→ V A=712 lb → V A−B =712lb → V B−C =712−300=412lb → V C−D =412−2332=−1920 lb → V D =−1920+1920=0

Figura 4. Diagrama de cortante

Calculamos el diagrama de momento

→ M =FUERZA∗DISTANCIA

→ M A =712∗0=0 M A− B=712 lb∗10∈¿7120 lb .∈¿

M b−c =M A −B +412 lb∗20∈¿ 15360lb .∈¿

M c−d=M b −c −1920lb∗8∈¿ 0lb .∈¿

Figura 5. Diagrama de momento

1.2. Analizamos las cargas horizontales

Figura 6. Esquema de fuerzas horizontales.

Encontramos x1 y x2 mediante sumatoria de fuerzas y sumatoria de momento.

∑ MA =0 (−1600 lb ) ¿ Rc=

( 1600∗10 ) +( 700∗38) 30

Rc=1420lb

∑ Fy=0 R A −1600 lb+1420 lb−700 lb=0 R A =1600 lb−1420lb +700 lb R A =880 lb

Figura 7.Diagrama de fuerzas horizontales.

Ahora proseguimos a calcular los diagramas de cortante y de momento por el método de áreas. Calculamos el diagrama de cortante

→ V A=880lb → V A−B =880 lb → V B−C =880−1600=−720 lb → V C−D =−720+1420=700lb → V D =700−700=0

Figura 8.Diagrama de cortante.

Calculamos el diagrama de momento

→ M =FUERZA∗DISTANCIA

→ M A =880∗0=0 M A− B=M A +880 lb∗10∈¿ 8800 lb.∈¿

M b−c =M A −B−720∗20∈¿−5600 lb .∈¿

M c−d=M b −c +700 lb∗8∈¿ 0 lb.∈¿

Figura 9 .Diagrama de momento.

1.3. Análisis de momentos combinados.

Utilizando la ec.1 del ejemplo 3-9 del libro shigley 10 edición.

M = √ M y 2+ M z 2 Así

M A =√ 02+ 02=0 M A− B=√ 71202 +88002=11320 lb .∈¿ M b−c =√ 153602 +56002=16349 lb.∈¿ M c−d= √ 0 2+ 02=0

Figura 10 .Diagrama de momentos combinados.

2. Determinar el diámetro necesario del eje usando los valores para ejes comerciales y factores de choque y fatiga kb=2,0 y kt=1,5.

Para hallar el diámetro del eje, tomaremos un criterio de ASME Elíptica, ya que es bastante conservador, protegemos contra fluencia y fatiga. Todas las ecuaciones utilizadas son pertenecientes al libro SHIGLEY 10 EDICION. De la ec 7-12

k f μa 2 k fs T a 2 k f μa 2 k T 16 n d= 4 +3 +4 +3 fs a π se se sy sy

{ [(

1 2 1 3 2

) ( ) ( ) ( )]}

Ahora de la tabla A-20

Aisi 1020 HR

s y =30 kpsi su =55 kpsi

{

Ahora encontramos a (Se), lo encontramos con la ec 6-18

Se =k a k b k c k d k e k f s ´ e

Donde s ´ e lo obtenemos de la ecuación 6-8

s ´ e =0,5 Su =0,5 (55 kpsi ) s ´ e =27,5 kpsi

Utilizando la ecuación 6-19 obtenemos K a

K a =a ( S u )b De la tabla 6-2

a=2,70 kpsi b=−0.265 kpsi Así

K a =2,70 kpsi (55 kpsi )−0,265=0,93

Para encontrar el valor de K b , supondremos un diámetro inicial de 3 in, asi de la ec 6-20

K b =0,91 ( d )−0,157 K b =0,91 ( 3 )−0,157=0,76 De la ec6−26 Kc = 1 Así:

Se= ( 0,935 )( 0,76 )( 1 ) ( 27,5 Kpsi ) Se=19,43 Kpsi Teniendo en cuenta lo escrito en el párrafo de la página 353 debajo de la Ec 7-14, tenemos un eje giratorio con flexión y torsión constantes, el esfuerzo flexionaste es completamente reversible y la torsión es constante, lo que indica que Mm=Tu=0 Así, la Ec 7-12 se simplifica a:

{ [(

2

16 n Kfs Mu Kfs Tm d= 4 +3 π Se Sy

) (

1 /3 2 1 3

)] }

Donde

Mu=Mmax=16349lb−¿

Tm=( T 1−T 2 ) .

D =( 1200−400 ) lb ¿ 2

Tm=9600 lb .∈¿ Asi

16(1) 2 ( 16349 ) 2 1,5 ( 9600 ) d= 4 +3 3 π ( 10 ) 19,43 ( 103 ) 30

{ [(

) (

1 2 1 3 2

)] }

d=4∈¿ Ahora repetimos el procedimiento para d=4∈¿

Kb →d =4∈→ Kb=0,91 ( 4 )−0,157=0,73

Así Así

Se= ( 0,93 )( 0,73 )( 27,5 Kpsi ) → Se=18 , 7 Kpsi

Así

16(1) 2(16349) 2 1,5 ( 9600 ) d= 4 +3 3 π ( 10 ) ( 18,7 ) ( 103 ) 30

{ [(

) (

d=4,15∈¿ Nuevamente repetimos el proceso con

d=4,15∈→ Kb=0,91 ( 4,15 )−0 ,157 Kb=0,72

Así

Se= ( 0,93 )( 0,72 )( 27,5 Kpsi ) =18,4 Entonces

16(1) 2(16349) 2 1,5 (9600) d= 4 +3 3 π ( 10 ) ( 18,4 ) ( 103 ) 30

{ [(

) (

1 2 1 3 2

)]}

d=4,170∈¿ En diámetros comerciales de la tabla A-17 tenemos que

d=4

1 4

Si hacemos un análisis por resistencia tenemos que

1 2 1 3 2

)] }

Sy=

Mc d π d4 donde C= , I = I 2 64

Así

Mmax Sy=

πd 64

→ d 3=

d=

√ 3

d 2

4

=

32 Mmax π d3

32 Mmax πSy

32(16349) 32 Mmax = πSy π ( 30 ) 103

d=2,35∈¿ 2

√

1 2

El cual fallaría por fatiga, por lo tanto el diámetro es: d=4

1 4