Problemas Resueltos de Cap 16

 

Problemas del Shigley, Shig ley, Capit Capit ulo 16 Frenos, E Embr mbragues, agues, C Copl oples es y Volantes. Ing. Elkin Pa Padua dua PROBLEMA 16.4 En la figura se ilustra un tambor de un freno de 400 mm de diámetro con cuatro zapatas internas de expansión. Cada uno de los pasadores de las articulaciones A articulaciones  A y B soporta un par de zapatas. El mecanismo de accionamiento se configurará para producir la misma fuerza F en cada zapata. El ancho de las zapatas es de 75 mm. El material usado permite un coeficiente de fricción de 0.24 y una presión máxima de 1 000 kPa. a) Determine la fuerza de accionamiento. b) Determine la capacidad de frenado.  c) Si la rotación puede ser en cualquier dirección, defina las reacciones de los pasadores de las articulaciones. 

Las dimensiones en milímetros Son:

a = 150, c = 165, R = 200 y d = 50. 

SOLUCIÓN:

 = 150  = 0,15   = 165  = 0,165   = 200  = 0,2   = 50  = 0,05  = 75  = 0,075   = 10°  = 75°  

 Ancho de la Zapata  

 

 

 

 = 75°   = 0,24  = 1000   

 

Las relaciones del pasador de la articulación se determinan tomando la suma de las fuerzas horizontales y verticales; puesto que ambos momentos tienen sentido contrario de las manecillas del reloj, los signos de los términos de fricción en las ecuaciones de las reacciones del pasador cambian, dichas ecuaciones se simplifican para facilitar sus cálculos. Así sea: A=......

    =  ∫ sin sin   ∫ sincos    =  cos cos  1    

2    = 0,2cos cos°°  0,1155 12  °°     0,15      = 0,20, 2588+0,9848 848 0, 075 752 0,9330, 0301 30110°   cos75°+cos10° 75°   = 0,20,726 26 0,075 750,9029 029   = 0,1452 452 0,0677   = 0.0775   = ∫  = 2  14 sin2°° 10°  ∗     1 sin20°     1 sin150° sin150°]   = [75°2   ∗ 180° ] [ 2 180° 4 sin20°]]  4 5440,01017 25 25 0,08720,0855 855  == 0,0,562940, 017  = 0,5277 ≈ 0,528  10°   = ∫ sin cos  = 12  °° = 12 75°10° 029 = 0,4514 301 = 12  0,9029  = 12 0,9330,0301 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Se determinan la fuerza de accionamiento F mediante la condición de que la suma de momento respecto del pasador de la articulación sea cero. Las fuerzas de fricción tienen un brazo de momento respecto del pasador igual a r- a cos tita. El momento Mf de las fuerzas de fricción es Mf=....

 

 ∗0,075∗0,2∗0,0775  0,24∗ 10        = sin  = sin75°  = 0,  279 9659 = 288,88 ≈ 289 .

 

 

   = 10 ∗ 0,075 075 ∗sin75° 0,2 ∗0,15∗0,528  = sin  =  1188 0,9659 = 1229,9 ≈ 1230 .

 

Se debe colocar las fuerzas de accionamiento F debe equilibrar estos momentos. Así: F=....

 123030 28289 9 = 941  = 5703  = 5,7  =     = 12 0,165 0,165 El Par de torsión T que aplica la zapata de freno al tambor es la suma de las fuerzas de fricción f d N multiplicada por el radio del tambor: T=...

 = =   ccossin os  cos   = 0,2  0,244 ∗ 10 ∗0,075∗0,2 cos10°cos75°    sin75° ∗ cos10°cos75° 259   = 522,648  = 554141 ..  =  7200,∗ 90,6597259 0,9659

 

Para Pa ra las o tras zapatas: zapatas:

Si Mn es igual a M f se logra el auto bloqueo y no se requiere fuerzas de accionamiento, lo que proporciona un método para obtener las dimensiones de alguna acción de auto energizado. Los momentos de fricción tanto como normal son proporcionales a la presión así:

 = 110230     =  21089   =  +   =  ∗  =  +  1230    + 289 = 5,7∗ 165 10 10 5,7∗ 165  

 

 

 



 = 5,71230+289 ∗ 165 165 ∗ 10  = 619

 

 Al resolver se obtiene Pa= 61 kpa; luego el par de torsión T es igual a a:: T=....

 ∗ cos10°cos75°  ∗ 0,075    cos10°cos75° 75 ∗ 0, 2  0  0,2 ,24 4 ∗ 619∗10 = sin75°  = 335 ..  = 2∗2 ∗ 541 + 2 ∗ 335 = 1752 .    ∗    =  sin      75 ∗ 0,2 ∗ (0,45140,24 0,45140,240,528 28) 5700  = 10 ∗ 0,075 sin75°  =  658    +     =  sin   10 ∗ 0,075 75 ∗ 0,2 ∗ (0,528+0,24 0,528+0,240,4514 514)  0  = sin75°   = 9881    ∗  +  =  sin  +     ∗ ∗00,075 ∗ 0,2 ∗ (0,4514+0,24  61  6 1 9 ∗ 1 0 0,4514+0,240,528 28) 5700  = sin75°  = 143         =  sin   =  619 ∗ 10 ∗ ∗00,075 ∗ 0,2 ∗ (sin 0,5280,24 0,5280,24 0,4514 514)  0   = 4030   = 658143 = 801   = 98814030 = 5851   

 

 

Reaccio Re accio nes en el pasador d e la prim era zapata: zapata:

 

 

 

 

Para Pa ra las o tras zapatas:

 

 

 

 

 

 

 

 

Una vez hallado Rh y Rv se obtiene el resultado R

 =   +  =  801 801 + 55858511  = 5905  = 5,9   

 

 

 

PROBLEMA 16.5 El freno de mano de tipo bloque que se muestra en la figura tiene un ancho de cara de 30 mm y un coeficiente de fricción medio de 0.25. Para una fuerza de accionamiento estimada de 400 N, determine la presión máxima en la zapata y el par de torsión de frenado.

F=0,25 b=30mm=0,03m F=400N

 

− 150 = = 200 45°  3636,200 45° ,87° ==36,8,113°837°°  =  +90° = 98,13°  = 90°  =  150 150 + 200 = 250  1      =     [2  ] 1  ,° ,°   = 0,155 ,°   0,225[5 [2  ],° = 0,0497  

 

 

 

 

 

 

  1 ,°  1  = [2  4 2 2]] = [2  4 2 2]],° = 0,925   = 0,250,0330,  15 0,0497 −   =   497   = 5, 5 910 1     0,0330,150,25 −    = =      →= =  1 400 400  −0,50,92525 =−1, =040610  1,040610   5,55910 910 203     0,       0, 2 5 5 203. 0 00 00 0, 0 3 3 0, 1 5  , °° = 38,756.       =   ∫ = 56. ,  1  

 

 

 

 

 

PROBLEMA 16.7  El freno de la figura tiene un coeficiente de fricción de 0.30, un ancho de cara de 2 pulg pu lg y una presión límite en el forro de 150 psi. Proporcione la fuerza límite de accionamiento F así como la capacidad del par de torsión.

SOLUCIÓN:

  == 20,3  = =10150    

 

 

 

Por trigonometría tri gonometría

∝= −   = 14,03° ≈ 14°

∝

 

 

12” 

Ahora restándole a los 20° el Angulo obtenido, tenemos tenemos

 = 20°∝= 20°∝= 20° 20° 1414°° = 6°

 



 

3” 

Y con relación de ángulos obtenemos el otro ángulo para la integral

 = 18180°0°++ 3030°°  1414°° = 13136°6°

 

La zapata derecha es autoenergizante, por lo cual la fuerza F se determina bajo el fundamento de que la presión máxima ocurrirá en esta zapata.

 = 90°

 

Procedemos Procedem os a calcular el momento flector, mediante mediante la fórmula y su integración entre los ángulos 6° y 136°

  =    ∫  ∫    

 

 1           =   |2   °     0 , 3 150 150 210 1 °   = 90°   10| 10|° 12,372  °    =  ××   

 

 

El momento de las fuerzas normales se obtiene mediante la ecuación siguiente, integrando de 6° y 136°

°   1        1 50   2]]° 7 [2  4 2  =  ∫   = 1   21012,37[ 6°  ×     1 2     1    ( 2 136° 136°    2 × 180°  = 37110[ 37110 [136° ( ) 2 180° 4 26°6°] 4  = ×  

 

 

Zapata Izquierda

 = 1212 + 12 + 4 = 28"

 Distancia vertical entre B y el punto de aplicación de la fuerza

La fuerza de accionamiento accionamiento será:

3300 121280800 0 = 1446     =  53300 28

 

Y su respectivo respectivo par de torsión:

  0,3 150 6°136° = 15420  ×× 1502210106°136°  = 90°

 

Zapata derecha

El par de torsión con el que contribuye la zapata izquierda no se puede obtener hasta que se conozca su presión máxima de operación. Los momentos tanto de fricción como normal son proporcionales a esta presión.

 = 53300 150   = 355,3   =  12800 150   = 85,3   = 23,514° = 22,8 

 

 

FT 

 

Por trigonometría conseguimos el ángulo entre la 4” 

barra y la fuerza

r 16” 

 

 = −  164  = 14°

  FT 

Nuevamente por trigonometría ahora se Fd consigue Fd y Ft

 1446  = 14° 14° = 14° = 1490 = 1490×14°  =  

r

 

1.446Lbf

 

 

Buscamos ahora las distancias Y1 y Y2, sabiendo que su suma da 24´´

 = 214°  = 0,5"  = 240,5" = 23,5

  Por el triangulo superior

 

 

Finalmente, la fuerza de accionamiento

55,3 + 8585,3 ,3  = 77,2  =  355, 22,8

 

Y el par torsor en este caso

6°136°   0 , 3 77, 2 210  = 7940 0 ×  90°   = 794  =  +  = 15420 15420 + 794 79400 = 23360 23360 ××  

Sin embargo, el par torsor total será la suma de ambos pares calculados

 

 

PROBLEMA 16.11  La presión máxima en la interfaz de la banda del freno de la figura es de 90 psi. Utilice un tambor de 14pulg de diámetro, un ancho de banda de 4 pulgadas, un coeficiente de fricción de 0.25 y un ángulo de cobertura de 270°. Encuentre las

tensiones de la banda y la capacidad del par de torsión.   Datos: Pa=90psi D=14in b=4in f=0,25 =270°

∅

        ∅ →  → = = ∅ =  =  ,2.,420  = =.,      

Pa=

∅ 270° 180°  = ,   =    2  = 2520776,28 142  = 12.206 .

 

 

PROBLEMA 16.13 El freno de la figura tiene un coeficiente de fricción de 0.30 y funcionará con una fuerza máxima F de 400 N. Si el ancho de la banda es de 50 mm, calcule las tensiones en la banda y el par de torsión de frenado. Dimensiones en milímetros:

SOLUCIÓN:

  == 0,4003   = 50  ,=? = ? ∑  =  275+125 275+125 = 400 400++ 400 400   125 125   

 

 

 

 

 

 = 400125400  = 1280   = cos− 125 200 = 51,31° ∝ = 90 = 90°51,31° ∝ = 38,69° ∅ = 180°+38,7° = 218,7° ∅ = 218,7°∗ 180  = 3,81   

 

 

 

 

 = √200 ∗ 125

 = 156

 =∅ 

 =  ∗ ∅ = 1280 ,∗∗, = 4014  341750 . .   = =    2 ∗ 2 = 40141280 40141280 2502 = 341750  = 341,75 .

 

 

 

PROBLEMA 16.16 Un embrague de plato tiene un solo par de superficies de fricción de contacto con DE igual a 300 mm y DI de 225 mm. El valor medio del coeficiente de fricción es de 0.25 y la fuerza de accionamiento es de 5 kN.  a)  Calcule la presión máxima y la capacidad del par de torsión mediante el modelo de desgaste uniforme.

b)  Determine la presión máxima y la capacidad del par de torsión con el modelo de

 presión uniforme.

SOLUCIÓN

 = 300  = 225   == 0,25 0,525

D

   

    = .. . 2 .2.2.     2 5000 5000  = 0,189       = ..   = ..    .225. 25. 300225 300225   =  4..   + +   50000,2 55 300+225  =  5000 4 300+225 = 164043. = 164.  ó   = ..4       5000   4. 4.    =   45000   = .  = 0, 1 62 .      .   . 300  225  =  12  . .    166. 162. 10. 300  225. 10− = 166.  =  12 0,255. 162 d

 

 

 

 

PROBLEMA 16.17 Un embrague de discos tiene cuatro pares de superficies de fricción, 5 in de D.E., 3 in de D.I., y un coeficiente de fricción medio de 0,10. Aplicando la hipótesis d de e presión uniforme, obtenga la presión y el momento rotacional correspondiente a una fuerza de trabajo de 1200lb. D.E. = 5 in D.I. = 3 in f = 0,1 F = 1200 lb

  41200   4 800  =   4   = 5   =   3 16  = 95,49 ⁄       12000,1 5  3      .  = 3      = 3   5  3 = 245 .  = 4245 245 = 980 . .   

 

 

PROBLEMA 16.22 Un freno tiene un par de torsión de frenado normal de 320N*m y superficies disipadoras de calor con una masa de 18Kg. Suponga que una carga se lleva al reposo en 8,3s a partir de una velocidad angular inicial de 1.800rpm haciendo uso del par de torsión de frenado normal. Calcule el incremento de temperatura de las superficies disipadoras de calor. Datos

 ==8.320 323 0 ∗   = 18    = 500 °  = 0    

 

 

 

 1  ∗   2  = .    ∗  =  1800   60 

 

  +∗   =    ∗∗  =  3 3220188.∗ 8.5 5 = .∗∗           ∗    1 4 4. . 0 9 ∗ 188. 5           =  +  ∗ 2   = 2   =      =   250324  = . ∆ =  500∗1818 . °°  500∗  

 

 

PROBLEMA 16.23 Un volante de inercia de hierro fundido tiene un DE de 60 pulg y un DI de 56 pulg. El peso del

⋅

volante de inercia será tal que una fluctuación de energía de 5.000 pies lbf causará que la velocidad angular no varíe más de 240 a 260 rpm. Proporcione el coeficiente de fluctuación de la velocidad. Si el peso de los rayos se desprecia, ¿cuál debe ser el ancho del aro?

  +   2 2660 + 242400  1  2   ==  +2    == 260 2 24  0 == 250 1 = = 26,18  20  =0,0860 1  250 250  =  +   = 0,  5000∗12 0826,18 = 1094..  

 

Momento de inercia de masa

 = 8  +  =  8  +      8   386 386 1094    =  =   8    = 502     +   60  + 56   = 0,260 ⁄  =   =  0,502260 = 1931  = 4     = 4  60  56 = 364  = 1931 = 5,3  364  

 

Densidad del hierro fundido  

Volumen de un cilindro hueco