diseño de ejes de transmisión
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Diseño de ejes de transmisión
En esta sección del documento se analizara las fuerzas y esfuerzos que actuaran
sobre los ejes de transmisión más importantes en la máquina, con el fin de
verificar la viabilidad del diseño preliminar y ajustarlo a las medidas reales que
deben tener cada uno de los ejes según cálculos; Además se definirá el material
que es más apropiado para cada uno de ellos y que les permitirá soportar cada
una de estos esfuerzos y que al mismo tiempo le garantice a la maquina un
rendimiento óptimo.
Rodillos de arrastre
Los rodillos de arrastre son una parte muy importante en el funcionamiento de
esta máquina, por tanto el diseño del mismo es crítico, ya que se podría decir
que son los que más se ven afectaros por esfuerzos externos en la máquina.
Para determinar las dimensiones reales de los ejes que se van a utilizar en la
maquina el proceso se debe utilizar la siguiente formula:
𝐷 = [32 ∗ 𝑁
𝜋∗ √(𝐾𝑡 ∗
𝑀
𝑠′𝑛)
2
+3
4∗ [
𝑇
𝑆𝑦]
2
] ^1/3
Donde:
Kt: concentración de esfuerzos que se producen por variaciones geométricas
según la Mott para un chaflán agudo Kt: 2.5, para uno redondeado Kt: 1.5, para
anillos de retención Kt: 3 para cuñeros de trineo Kt: 1.6, para cuñeros de perfil
Kt: 2.
N: factor de diseño.
Se usara un valor de 2 para el factor de diseño N dado que según el libro de
Mott sugiere un valor de 2 a 2.5 para diseño de elementos de máquinas bajo
cargas dinámicas con confianza promedio en todos los datos de diseño.
S’n: valor de resistencia a la fatiga según el material seleccionado.
M: momentos flexionantes.
T: torque al que se ve sometido el eje
Sy: esfuerzo de fluencia
Antes de empezar con el diseño de los ejes el primer paso que se debe tomar
es seleccionar el material que usaran, en nuestro caso se selecciona inicialmente
un acero de ingeniería AISI 1020 debido a que en el comercio los aceros
económicos y de fácil adquisición dado que este metal es de los más usados
para elementos de maquinaria.
Sus propiedades mecánicas son las siguientes:
Dureza: 111HB
Esfuerzo de fluencia: 29,7ksi
Esfuerzo máximo: 55.1ksi
Elongación: 25%
Reducción de área: 50%
Módulo de elasticidad: 29700ksi
Maquinabilidad: 72% Tabla: propiedades del acero 1020
Tomado de: Autor
El valor de la resistencia a la fatiga será vital a la hora de calcular el diámetro
real de los ejes de transmisión, pero este valor es variable teniendo en cuenta
algunos factores que la disminuyen aparecen como consecuencia de las
condiciones de operación como lo demuestra la siguiente formula:
𝑆′𝑛 = 𝑠𝑛(𝐶𝑚)(𝐶𝑠𝑡)(𝐶𝑟)(𝐶𝑠)
Donde:
S’n: valor de la resistencia real a la fatiga.
Cm: factor de material.
Cst: factor de tipo de esfuerzo.
Cr: factor de confiabilidad
Cs: factor de tamaño
El valor de (Sn) se conoce por medio del Esfuerzo máximo y el tipo de acabado
superficial que vaya a tener el eje, en este caso se eligió que fuera un acabado
de laminado en caliente dado que para los metales forjados se suele laminar o
estirar consiguiendo mayor resistencia a la fatiga que los metales colados,
también se tiene en cuenta el costo que podría tener un proceso de esmerilado
o pulido en los ejes que le daría mayor resistencia a la fatiga.
Figura: resistencia a la fatiga en función de la resistencia a la tención
Tomado de:
Teniendo en cuenta lo antes mencionado la resistencia a la fatiga
aproximadamente de 20ksi.
Para determinar el factor de material el libro de diseño de elementos de
máquinas de Mott sugiere que se use un factor Cm = 1 para aceros forjados.
De la misma forma se sugiere un factor de tipo de esfuerzo Cst = 1 para
esfuerzos flexionantes.
Para determinar el Factor de confiabilidad se utiliza la siguiente tabla:
Tabla: factores de confiabilidad aproximados
Tomado de:
Se selecciona un grado de confiabilidad del 0.99 con un valor de factor de Cr =
0.81
Para determinar el factor de tamaño se debe estimar un tamaño de eje
aproximado según la siguiente tabla:
Figura: Factores de tamaño aproximado
Tomado de:
Se estima que los ejes tendrán un rango de diámetro entre 0.30in<D<2in y para
realizar el cálculo se usara una medida máxima de 2in
Ahora se debe reemplazar el valor del diámetro en la formula expuesta en la
figura anterior
𝐶𝑠 =2𝑖𝑛
0.3
−0.11
𝐶𝑠 = 0.81
Teniendo en cuenta que los factores y la resistencia a la fatiga ya están
calculados, se procede a reemplazar estos valores en la fórmula de la resistencia
a la fatiga real (S’n):
𝑆′𝑛 = 20𝑘𝑠𝑖(1)(1)(0.81)(0.81)
𝑆′𝑛 = 13122𝑝𝑠𝑖
Rodillo de arrastre inferior:
Ya determinada la resistencia real a la fatiga del material se procede a determinar
las fuerzas que actúan sobre el eje como se muestra en la siguiente figura:
En Y:
Figura: Rodillo fuerzas en Y
Tomado de: Autor
En X:
Figura: Rodillo fuerzas en X
Tomado de: Autor
El análisis de fuerzas cortantes y momentos flexionantes es necesario que se
haga en X y en Y para que se pueda sacar una magnitud del momento
flexionante al que se ve sometido el eje en determinado punto y se pueda aplicar
a la fórmula de diámetros.
Se debe primero determinar el valor de las fuerzas que actúan sobre el eje
(catarinas, engranajes, rodamientos) para luego realizar la sumatoria de fuerzas
en X y Y.
Catarinas
Figura: Fuerzas sobre las catarinas
Tomado de: Diseño de elementos de máquinas, capítulo 12, diseño de ejes de transmisión, pág. 538, el
(20/10/2015).
Como se aprecia en la anterior figura en las catarinas a la cadena se le ejerce
una fuerza mucho mayor en lado que el otro, esta fuerza se calcula con la
siguiente formula:
Fc=T/ (D/2)
Donde:
T: es el torque al que se ve sometido la Catarina.
D: es el diámetro máximo de la Catarina.
Entonces:
𝐹𝑐 =134.4258𝑙𝑏 ∗ 𝑖𝑛
3𝑖𝑛2
𝐹𝑐 = 89.6172𝑙𝑏
En condiciones nórmales esta sería la fuerza en x o en y que actúa por parte de
la Catarina sobre el eje pero en la maquina la dirección de esta fuerza esta
inclinada debido a que las 2 catarinas de la transición no están paralelas.
Figura: inclinación fuerza Fc
Tomado de: Autor
El Angulo de inclinación de la fuerza será:
𝐜𝐨𝐬−𝟏 (𝟏𝟕. 𝟓𝟕
𝟏𝟗. 𝟓𝟔) = 𝟐𝟔. 𝟎𝟔𝟗º
Las componentes FCX y FCY serán:
𝐹𝑐𝑥 = 𝐹𝑐 sin 26.069º
𝐹𝑐𝑥 = 39.412069𝑙𝑏
𝐹𝑐𝑦 = 𝐹𝑐 cos 26.0609 º
𝐹𝑐𝑦 = 80.48559𝑙𝑏
Engranajes
En el caso de los engranajes se debe tener 2 fuerzas en cuenta una radial
y otra tangencial que dependen de la acción reacción del piñón con su par
como se muestra en la siguiente figura:
Figura: Fuerzas sobre los engranajes
Tomado de: Diseño de elementos de máquinas, capítulo 12, diseño de ejes de transmisión, pág. 536, el
(21/10/2015).
Para determinar las fuerzas Wt y Wr se usa las siguientes formulas:
𝑊𝑡 =𝑇
𝐷/2
𝑊𝑡 =134.4258
2.5/2
𝑊𝑡 = 107.54068𝑙𝑏
Donde D es el diámetro de paso del engranaje
𝑊𝑟 = 107.54068 ∗ tan 20º
𝑊𝑡 = 39.14160𝑙𝑏
Ahora de la misma forma que las catarinas los engranajes tienen un ángulo de
inclinación diferente por lo tanto se debe calcular las componentes en X y Y de
W
Figura: inclinación fuerza Wr y Wt
Tomado de: Autor
Según la figura anterior el ángulo de inclinación será:
tan−10.95
1.76= 28.3589º
Entonces:
𝑊𝑡𝑦 = −𝑤𝑡 cos 28.3589º
𝑊𝑡𝑦 = −107.54068 cos 28.3589º
[𝑊𝑡𝑦 = −94.6346𝑙𝑏]
𝑊𝑟𝑦 = 𝑤𝑟 sin 28.3589º
𝑊𝑟𝑦 = 39.1460 sin 28.3589º
[𝑊𝑟𝑦 = 18.59199𝑙𝑏]
𝑊𝑡𝑥 = 𝑤𝑡 sin 28.3589º
𝑊𝑡𝑥 = 107.54068 sin 28.3589º
[𝑊𝑡𝑥 = 51.0810797𝑙𝑏]
𝑊𝑟𝑥 = 𝑤𝑟 cos 28.3589º
𝑊𝑟𝑥 = 39.1460 cos 28.3589º
[𝑊𝑟𝑥 = 34.444𝑙𝑏]
𝑊𝑦 = −𝑊𝑡𝑦 + 𝑊𝑟𝑦
[𝑊𝑦 = −76.0426𝐿𝑏]
𝑊𝑥 = 𝑊𝑡𝑥 + 𝑊𝑟𝑥
[𝑊𝑥 = 85.525𝑙𝑏]
Sumatoria de fuerzas en Y:
Figura: diagrama de cuerpo libre en Y
Tomado de: Autor
∑ 𝑭𝒚 = 𝟎
−𝐹𝑐𝑦 + 𝑅𝑦1 − 𝐹𝑡1 − 𝐹𝑡2 + 𝑅𝑦2 − 𝑊𝑦 = 0
80.48559 + (21.005 ∗ 2) + 76.0426 = 𝑅𝑦1 + 𝑅𝑦2
198.53869 = 𝑅𝑦1 + 𝑅𝑦2
Figura: Diagrama de distancias en Y
Tomado de: Autor
∑ 𝑴𝑹𝒚𝟏 = 𝟎
𝐹𝑐𝑦(1.805) − 𝐹𝑡1(6.425) − 𝐹𝑡2(91.27) + 𝑅𝑦2(97.775) − 𝑊𝑦(100.55) = 0 9552.9148
97,775= 𝑅𝑦2
[97.70304𝑙𝑏 = 𝑅𝑦2]
en
198.53689 − 97.70304 = 𝑅𝑦1
[100.8364𝑙𝑏 = 𝑅𝑦1]
Sabiendo las fuerzas que actúan sobre el eje se procede a determinar el
momento de flexión en X y en Y en cada uno de los puntos de interés para ello
se realizara un diagrama de fuerzas cortantes y de momentos flexionantes.
A B C D E F
1.805in 6.425in 83.04in 6.505in 2.775in
Figura: Diagrama de secciones de análisis Rodillo en Y
Tomado de: Autor
A-1
∑ 𝑭𝒚 = 𝟎
−𝐹𝑐𝑦 − 𝑉1 = 0
−𝐹𝑐𝑦 = 𝑉1
[−80.48559𝑙𝑏 = 𝑉1]
∑ 𝑴𝒚 = 𝟎
𝑀1 − 𝑉1(0) = 0
[𝑀1 = 0] A-2
A B C D E
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
F
Fcy V1
M1
Fcy V2
M2
X1=1.805
∑ 𝑭𝒚 = 𝟎
−𝐹𝑐𝑦 − 𝑉2 = 0
−𝐹𝑐𝑦 = 𝑉2
[−80.48559 = 𝑉2]
∑ 𝑴𝒚 = 𝟎
𝑀2 − 𝑉2(1.805) = 0
[𝑀2 = −145.27649]
A-3
∑ 𝑭𝒚 = 𝟎
−𝐹𝑐𝑦 − 𝑉3 + 𝑅𝑦1 = 0
−𝐹𝑐𝑦 + 𝑅𝑦1 = 𝑉3
[20.35005 = 𝑉3]
∑ 𝑴𝒚 = 𝟎
𝑀3 − 𝑉3(1.805) + 𝑅𝑦1(1.805) = 0
[𝑀2 = −145.27649] A-4
Fcy V3
M3
Ry1
X1=1.805
Fcy V4
M4
Ry1
X1=1.805 X2=8.23
∑ 𝑭𝒚 = 𝟎
−𝐹𝑐𝑦 − 𝑉4 + 𝑅𝑦1 = 0
−𝐹𝑐𝑦 + 𝑅𝑦1 = 𝑉4
[20.35005 = 𝑉4]
∑ 𝑴𝒚 = 𝟎
𝑀4 − 𝑉4(8.23) + 𝑅𝑦1(1.805) = 0
[𝑀2 = −14.52741] A-5
∑ 𝑭𝒚 = 𝟎
−𝐹𝑐𝑦 − 𝑉5 + 𝑅𝑦1 − 𝐹𝑡1 = 0
−𝐹𝑐𝑦 + 𝑅𝑦1 − 𝐹𝑡1 = 𝑉5
[−0.6552 = 𝑉5]
∑ 𝑴𝒚 = 𝟎
𝑀5 − 𝑉5(8.23) + 𝑅𝑦1(1.805) − 𝐹𝑡1(8.23) = 0
[𝑀2 = −14.5274]
A-6
Fcy V5
M5
Ry1
X1=1.805 X2=8.23
Ft1
Fcy V6
M6
Ry1
X1=1.805 X2=8.23
Ft1
X3=91.27
∑ 𝑭𝒚 = 𝟎
−𝐹𝑐𝑦 − 𝑉6 + 𝑅𝑦1 − 𝐹𝑡1 = 0
−𝐹𝑐𝑦 + 𝑅𝑦1 − 𝐹𝑡1 = 𝑉6
[−0.6552 = 𝑉6]
∑ 𝑴𝒚 = 𝟎
𝑀6 − 𝑉6(91.27) + 𝑅𝑦1(1.805) − 𝐹𝑡1(8.23) = 0
[𝑀2 = −68.9352]
A-7
∑ 𝑭𝒚 = 𝟎
−𝐹𝑐𝑦 − 𝑉7 + 𝑅𝑦1 − 𝐹𝑡1 − 𝐹𝑡2 = 0
−𝐹𝑐𝑦 + 𝑅𝑦1 − 𝐹𝑡1 − 𝐹𝑡2 = 𝑉7
[−21.66045 = 𝑉7]
∑ 𝑴𝒚 = 𝟎
𝑀7 − 𝑉7(91.27) + 𝑅𝑦1(1.805) − 𝐹𝑡1(8.23) − 𝐹𝑡2(91.27) = 0
[𝑀7 = −68.9352]
A-8
Fcy V7
M7
Ry1
X1=1.805 X2=8.23
Ft1
X3=91.27
Ft2
Fcy V8
M8
Ry1
X1=1.805 X2=8.23
Ft1
X3=91.27
Ft2
X4=97.775
∑ 𝑭𝒚 = 𝟎
−𝐹𝑐𝑦 − 𝑉8 + 𝑅𝑦1 − 𝐹𝑡1 − 𝐹𝑡2 = 0
−𝐹𝑐𝑦 + 𝑅𝑦1 − 𝐹𝑡1 − 𝐹𝑡2 = 𝑉8
[−21.66045 = 𝑉8]
∑ 𝑴𝒚 = 𝟎
𝑀8 − 𝑉8(97.775) + 𝑅𝑦1(1.805) − 𝐹𝑡1(8.23) − 𝐹𝑡2(91.27) = 0
[𝑀8 = −209,8364] A-9
∑ 𝑭𝒚 = 𝟎
−𝐹𝑐𝑦 − 𝑉9 + 𝑅𝑦1 − 𝐹𝑡1 − 𝐹𝑡2 + 𝑅𝑦2 = 0
−𝐹𝑐𝑦 + 𝑅𝑦1 − 𝐹𝑡1 − 𝐹𝑡2 + 𝑅𝑦2 = 𝑉9
[76.0426 = 𝑉9]
∑ 𝑴𝒚 = 𝟎
𝑀9 − 𝑉9(97.775) + 𝑅𝑦1(1.805) − 𝐹𝑡1(8.23) − 𝐹𝑡2(91.27) + 𝑅𝑦2(97.775)
= 0
[𝑀8 = −209,8364]
A-10
Fcy V9
M9
Ry1
X1=1.805 X2=8.23
Ft1
X3=91.27
Ft2
X4=97.775
Ry2
Fcy V10
M10
Ry1
X1=1.805 X2=8.23
Ft1
X3=91.27
Ft2
X4=97.775
Ry2
X5=100.55
∑ 𝑭𝒚 = 𝟎
−𝐹𝑐𝑦 − 𝑉10 + 𝑅𝑦1 − 𝐹𝑡1 − 𝐹𝑡2 + 𝑅𝑦2 = 0
−𝐹𝑐𝑦 + 𝑅𝑦1 − 𝐹𝑡1 − 𝐹𝑡2 + 𝑅𝑦2 = 𝑉10
[76.0426 = 𝑉10]
∑ 𝑴𝒚 = 𝟎
𝑀9 − 𝑉10(100.55) + 𝑅𝑦1(1.805) − 𝐹𝑡1(8.23) − 𝐹𝑡2(91.27)
+ 𝑅𝑦2(97.775) = 0
[𝑀8 = 0]
Diagramas:
Figura: Rodillo fuerzas cortantes en Y
Tomado de: Autor
Figura: Rodillo momentos flexionantes en Y
Tomado de: Autor
Ahora se procede a calcular de la misma forma los momentos y las
fuerzas en X:
A B
C D
E F
76.0426
20.350
-0.6522
-21.660
-80.455
A B C D E F
-14.527
-145.27649 -68.93522
-209.8354
∑ 𝑭𝒙 = 𝟎
−𝐹𝑐𝑥 + 𝑅𝑥1 − 𝑅𝑦2 + 𝑊𝑥 = 0
−39.412069 + 85.5252 = 𝑅𝑦1 + 𝑅𝑦2
46.113131 = 𝑅𝑥2 − 𝑅𝑥1
Figura: diagrama de distancias en x
Tomado de: Autor
∑ 𝑴𝑹𝒙𝟐 = 𝟎
𝐹𝑐𝑥(97.775) − 𝑅𝑦1(95.97) + 𝑊𝑥(2.775) = 0 97.775 ∗ 39.4120 + 85.5252 ∗ 2.775
95.97= 𝑅𝑥1
[42.6263152𝑙𝑏 = 𝑅𝑥1]
en
46.113131 + 42.6263 = 𝑅𝑥2
[88.73944𝑙𝑏 = 𝑅𝑥2]
A B C D E
1
2
3
4
5
6
F
A B C D E F
1.805in 6.425in 83.04in 6.505in 2.775in
A-1
∑ 𝑭𝒙 = 𝟎
−𝐹𝑐𝑦 − 𝑉1 = 0
−𝐹𝑐𝑦 = 𝑉1
[−39.68039𝑙𝑏 = 𝑉1]
∑ 𝑴𝒙 = 𝟎
𝑀1 − 𝑉1(0) = 0
[𝑀1 = 0]
A-2
∑ 𝑭𝒙 = 𝟎
−𝐹𝑐𝑦 − 𝑉2 = 0
−𝐹𝑐𝑦 = 𝑉2
[−39.68039𝑙𝑏 = 𝑉2]
∑ 𝑴𝒙 = 𝟎
𝑀2 − 𝑉2(1.805) = 0
Fcx V1
M1
Fcx V2
M2 X1=1.805
[𝑀2 = −71.6231]
A-3
∑ 𝑭𝒙 = 𝟎
−𝐹𝑐𝑦 − 𝑉3 + 𝑅𝑥1 = 0
−𝐹𝑐𝑦 + 𝑅𝑥1 = 𝑉3
[2.9459𝑙𝑏 = 𝑉3]
∑ 𝑴𝒙 = 𝟎
𝑀3 − 𝑉3(1.805) + 𝑅𝑥1(1.805) = 0
[𝑀3 = −71.6231] A-4
∑ 𝑭𝒙 = 𝟎
−𝐹𝑐𝑦 − 𝑉4 + 𝑅𝑥1 = 0
−𝐹𝑐𝑦 + 𝑅𝑥1 = 𝑉4
[2.9459𝑙𝑏 = 𝑉4]
∑ 𝑴𝒙 = 𝟎
Fcx V3
M3
Rx1
X1=1.805
Fcx V4
M4
Rx1
X1=1.805 X2=97.775
𝑀4 − 𝑉4(97.775) + 𝑅𝑥1(1.805) = 0
[𝑀4 = 211.09487]
A-5
∑ 𝑭𝒙 = 𝟎
−𝐹𝑐𝑦 − 𝑉5 + 𝑅𝑥1 − 𝑅𝑥2 = 0
−𝐹𝑐𝑦 + 𝑅𝑥1 − 𝑅𝑥2 = 𝑉5
[−85.5252𝑙𝑏 = 𝑉5]
∑ 𝑴𝒙 = 𝟎
𝑀5 − 𝑉5(97.775) + 𝑅𝑥1(1.805) − 𝑅𝑥2(97.775) = 0
[𝑀5 = 237.336]
A-6
∑ 𝑭𝒙 = 𝟎
−𝐹𝑐𝑦 − 𝑉6 + 𝑅𝑥1 − 𝑅𝑥2 = 0
−𝐹𝑐𝑦 + 𝑅𝑥1 − 𝑅𝑥2 = 𝑉6
[−85.5252𝑙𝑏 = 𝑉6]
∑ 𝑴𝒙 = 𝟎
Fcx V5
M5
Rx1
X1=1.805 X2=97.775
Rx2
Fcx V6
M6
Rx1
X1=1.805 X2=97.775
Rx2
X2=100.55
𝑀6 − 𝑉6(100.55) + 𝑅𝑥1(1.805) − 𝑅𝑥2(97.775) = 0
[𝑀5 = 0]
Se puede apreciar que en el método se obvió el momento y la fuerza en
el punto C y D dado que no hay fuerzas que directamente actúen allí, sin
embargo deben ser calculados estos datos para ser aplicados en la
fórmula de la magnitud de los momento.
C
∑ 𝑭𝒙 = 𝟎
[2.9459𝑙𝑏 = 𝑉𝑐]
∑ 𝑴𝒙 = 𝟎
𝑀𝑐 − 𝑉𝐷(8.23) + 𝑅𝑥1(1.805) = 0
[𝑀5 = −52.69374] D
∑ 𝑭𝒙 = 𝟎
[2.9459𝑙𝑏 = 𝑉𝐷]
∑ 𝑴𝒙 = 𝟎
Fcx VC
MC
Rx1
X1=1.805 X2=8.23
Fcx VD
MD
Rx1
X1=1.805 X2=91.27
𝑀𝐷 − 𝑉𝐷(91.27) + 𝑅𝑥1(1.805) = 0
[𝑀𝐷 = 191.93182]
Diagramas:
Figura: Rodillo fuerzas cortantes en x
Tomado de: Autor
Figura: Rodillo momentos flexionantes en x
Tomado de: Autor
Ahora se procede a determinar las magnitudes de los momentos en cada
punto:
𝑀𝐴 = √𝑀𝐴𝑥2 + 𝑀𝐴𝑦2
[𝑀𝐴 = 0]
𝑀𝐵 = √𝑀𝐵𝑥2 + 𝑀𝐵𝑦2
𝑀𝐵 = √−71.62312 + −145.2762
[𝑀𝐵 = 161.9721]
𝑀𝐶 = √𝑀𝐶𝑥2 + 𝑀𝐶𝑦2
𝑀𝐶 = √−52.695742 + −14.5272
[𝑀𝐶 = 54.6614]
A B C D E F
-85.5252
2.9459
-39.6803
A B C D E F
-71.6232
-237.336
𝑀𝐷 = √𝑀𝐷𝑥2 + 𝑀𝐷𝑦2
𝑀𝐷 = √191.931822 + −68.935222
[𝑀𝐷 = 203.9359]
𝑀𝐸 = √𝑀𝐸𝑥2 + 𝑀𝐸𝑦2
𝑀𝐸 = √237.3362 + −209.83542
[𝑀𝐸 = 316.7953]
𝑀𝐹 = √𝑀𝐹𝑥2 + 𝑀𝐹𝑦2
[𝑀𝐹 = 0]
Ahora teniendo los momentos flexionantes y las propiedades del acero
1020 se determina los diámetros de los rodillos en cada punto de acción
de las fuerzas:
𝐷𝐴 = [(32)(2)
𝜋∗ √(
(2.5)(0)
13122 𝑝𝑠𝑖)
2
+3
4(
134.4238𝑙𝑏 ∗ 𝑝𝑢𝑙𝑔
29700 𝑝𝑠𝑖)
2
]
13
= 0.4306𝑖𝑛
𝐷𝐵 = [(32)(2)
𝜋∗ √(
(2.5)(161.9721)
13122 𝑝𝑠𝑖)
2
+3
4(
134.4238𝑙𝑏 ∗ 𝑝𝑢𝑙𝑔
29700 𝑝𝑠𝑖)
2
]
13
= 0.858𝑖𝑛
𝐷𝐶 = [(32)(2)
𝜋∗ √(
(2.5)(54.6614)
13122 𝑝𝑠𝑖)
2
+3
4(
134.4238𝑙𝑏 ∗ 𝑝𝑢𝑙𝑔
29700 𝑝𝑠𝑖)
2
]
13
= 0.609𝑖𝑛
𝐷𝐷 = [(32)(2)
𝜋∗ √(
(2.5)(203.9359)
13122 𝑝𝑠𝑖)
2
+3
4(
134.4238𝑙𝑏 ∗ 𝑝𝑢𝑙𝑔
29700 𝑝𝑠𝑖)
2
]
13
= 0.926𝑖𝑛
𝐷𝐸 = [(32)(2)
𝜋∗ √(
(2.5)(316.7953)
13122 𝑝𝑠𝑖)
2
+3
4(
134.4238𝑙𝑏 ∗ 𝑝𝑢𝑙𝑔
29700 𝑝𝑠𝑖)
2
]
13
= 1.07𝑖𝑛
𝐷𝐹 = [(32)(2)
𝜋∗ √(
(2.5)(0)
13122 𝑝𝑠𝑖)
2
+3
4(
134.4238𝑙𝑏 ∗ 𝑝𝑢𝑙𝑔
29700 𝑝𝑠𝑖)
2
]
13
= 0.4306𝑖𝑛
Según los cálculos la gran mayoría de los diámetros no llegan a necesitar un
diámetro de 1in y el diámetro más pequeño necesario es de 0.43in, por lo cual
teniendo en cuenta los diseños preliminares de diámetros para los rodillos se
determina que los diámetros elegidos inicialmente son válidos y resistirán las
fuerzas cortantes y momentos flexionantes que actúan sobre ello, finalmente los
extremos de 2.67in serán embonados uno por cada lado de una tubería SCH 40
para completar el rodillo.
Eje discos de corte
Este eje sufre las fuerzas que le imprimen la polea del motor el peso de los discos
de corte y las reacciones de sus tres chumaceras
Primero se debe determinar cuál es la fuerza que le imprime la polea y los discos
al eje:
Poleas
Diferente a como sucede en las transmisiones por cadenas las fuerzas del lado
flojo y el lado tenso son apreciables y se debe calcular una magnitud que tenga
en cuenta las dos fuerzas como se puede ver en la siguiente figura:
Para determinar la fuerza de interés FB se debe aplicar la siguiente formula
𝐹𝐵 = 1.5𝐹𝑛 =1.5𝑇
𝐷2
Donde T será el torque a la que la polea se ve sometida y D el diámetro
externo de la polea.
Entonces:
𝐹𝐵 =1.5(17.3922𝑙𝑏 ∗ 𝑖𝑛)
2.2𝑖𝑛2
[𝐹𝐵 = 23.7166𝑙𝑏]
Debido a que la polea posee una inclinación se debe determinar las
componentes de la fuerza FB para integrarlas en el diagrama de cuerpo libre:
Figura: inclinación poleas eje de corte
Tomado de: Autor
cos−19.67
11.31= 31.2407º
90 − 31.2407 = 58.75924º
𝐹𝐵𝑥 = 23.7166 ∗ cos(58.75924)
[𝐹𝐵𝑥 = 20.2756𝑙𝑏]
𝐹𝐵𝑦 = 23.7166 ∗ sin(58.75024)
[𝐹𝐵𝑦 = 12.3035𝑙𝑏]
Ahora se deberá conocer la fuerza que le imprimen los discos de corte al eje, en
este caso se optó por un caso critico donde el operario pudo haber dejado unidos
los 5 discos de corte en la mitad de la distancia entre chumaceras, por lo tanto
se estimó el peso de cada disco y seguidamente el valor de la fuerza en los
puntos de interés:
Discos
Peso de la barra maciza de 2in
W=15.50kg*m
L=0.04m
15.50x0.04=0.62kg
[W1=0.62kg]
Peso de la barra maciza de 3in
W=35.88kg*m
L=0.01m
(35.88) x (0.01) =0.3588kg
[W2=0.3588kg]
∑ 𝑊 = 𝑊1 + 𝑊2
(0.62)*(0.3588) =0.9788kg
(0.9788kg)*5discos=4.894kg
(4.894)*(9.81m/s^2) =48.01014N
48.01014N=10.793108Lbf
Las fuerzas que los discos ejercen sobre el eje serán:
[FD1=FD2=10.793108Lbf]
Por tanto el diagrama de cuerpo libre en Y será el siguiente:
Figura: Diagrama de fuerzas en Y eje de corte
Fuente: Autor
Figura: diagrama de distancias eje de corte
Tomado de: Autor
Ahora se procede a determinar las fuerzas en las reacciones en y:
A B C D E F
Ry1 FBY FD1 Ry2 FD2 Ry3
A B C D E F
24in 3.7in 20.3in 23.88in 23.88in
∑ 𝑭𝒚 = 𝟎
𝑅𝑦1 − 𝐹𝐷1 − 𝐹𝐷2 − 𝑅𝑦2 − 𝐹𝐵𝑦 − 𝑅𝑦3 = 0
20.2756 + (10.793108 ∗ 2) − (𝑅𝑦1 + 𝑅𝑦2) = 𝑅𝑦3
41.861816 − 𝑅𝑦1 − 𝑅𝑦2 = 𝑅𝑦3
∑ 𝑴𝑹𝒚𝟏 = 𝟎
−𝐹𝐷1(𝑋1) − 𝐹𝐵𝑦(𝑋2) + 𝑅𝑦2(𝑋3) − 𝐹𝐷2(𝑋4) + 𝑅𝑦3(𝑋5) = 0
𝐹𝐷1(𝑋1)+𝐹𝐵𝑦(𝑋2)+𝐹𝐷2(𝑋4)−𝑅𝑌3(𝑋5)
𝑋3= 𝑅𝑦2
∑ 𝑴𝑹𝒚𝟑 = 𝟎
−𝑅𝑌1(𝑋6) − 𝐹𝐷1(𝑋7) + 𝐹𝐵𝑦(𝑋8) − 𝑅𝑌2(𝑋9) + 𝐹𝐷2(𝑋10) = 0
𝐹𝐷1(𝑋7)+𝐹𝐵𝑦(𝑋8)−𝑅𝑌2(𝑋9)+𝐹𝐷2(𝑋10)
𝑋6= 𝑅𝑦1
en
𝐹𝐷1(𝑋1) + 𝐹𝐵𝑦(𝑋2) + 𝐹𝐷2(𝑋4) − (41.861816 − 𝑅𝑦1 − 𝑅𝑦2)(𝑋5)
𝑋3= 𝑅𝑦2
A= 𝐹𝐷1(𝑋1) + 𝐹𝐵𝑦(𝑋2) + 𝐹𝐷2(𝑋4) − 41.861816
𝑅𝑦2 =𝐴 + (𝑅𝑦1 + 𝑅𝑦2) ∗ (𝑋5)
𝑋3
𝑅𝑦2(𝑋3) = 𝐴 + (𝑅𝑦1 + 𝑅𝑦2) ∗ (𝑋5)
𝑅𝑦2(𝑋3 − 𝑥5) = 𝐴 + (𝑅𝑦1)(𝑥5)
𝑅𝑦2 =𝐴+(𝑅𝑦1)∗(𝑋5)
(𝑋3−𝑥5)
en
𝐹𝐷1(𝑋7) + 𝐹𝐵𝑦(𝑋8) − (𝐴 + (𝑅𝑦1) ∗ (𝑋5)
(𝑋3 − 𝑥5)) (𝑋9) + 𝐹𝐷2(𝑋10)
𝑋6= 𝑅𝑦1
B= 𝐹𝐷1(𝑋7) + 𝐹𝐵𝑦(𝑋8) + 𝐹𝐷2(𝑋10)
𝐵 − (𝐴 + (𝑅𝑦1) ∗ (𝑋5)
(𝑋3 − 𝑥5)) (𝑋9)
𝑋6= 𝑅𝑦1
𝐵(𝑥3 − 𝑥5) − (𝐴 + (𝑅𝑦1) ∗ (𝑋5))(𝑋9)
𝑋5= 𝑅𝑦1
𝐵(𝑥3 − 𝑥5) − (𝐴 + (𝑅𝑦1) ∗ (𝑋5))(𝑋9) = 𝑅𝑦1(𝑋5)
𝐵(𝑥3 − 𝑥5) − 𝐴(𝑋9) = 𝑅𝑦1(𝑋5) + 𝑅𝑌1(𝑋5)(𝑋9)
𝐵(𝑋3−𝑋5)−𝐴(𝑋9)
𝑋5+(𝑋9)(𝑥5)= 𝑅𝑦1
en
𝐵(𝑋3 − 𝑋5) − 𝐴(𝑋9)
𝑋5 + (𝑋9)(𝑥5)= 𝐷1(𝑋7) + 𝐹𝐵𝑦(𝑋8) − 𝑅𝑌2(𝑋9) + 𝐹𝐷2(𝑋10)
𝐵(𝑋3 − 𝑋5) − 𝐴(𝑋9)
𝑋5 + (𝑋9)(𝑥5)= 𝐵 − 𝑅𝑌2(𝑋9)
−(𝐵(𝑋3−𝑋5)−𝐴(𝑋9)
𝑋5+(𝑋9)(𝑥5))+𝐵
𝑋9= 𝑅𝑌2
y en
41.861816 −𝐵(𝑋3−𝑋5)−𝐴(𝑋9)
𝑋5+(𝑋9)(𝑥5)− [
−(𝐵(𝑋3−𝑋5)−𝐴(𝑋9)
𝑋5+(𝑋9)(𝑥5))+𝐵
𝑋9] = 𝑅𝑦3
Donde las distancias desde el punto de referencia serán:
X1=24 X2=44.3 X3=48 X4=71.88 X5=95.76
X6=95.76 X7=71.76 X8=51.46 X9=47.76 X10=23.88
Reemplazando todos los valores conocidos en las ecuaciones 7,6 y 5 se
obtiene:
B=2075.635225
A=-2075.635225
(2075.635225)(48 − 95.76) + (2075.635225)(47.76)
95.76 + (47.76)(95.76)= 𝑅𝑦1
[𝑅𝑦1 = 0]
𝐵 − 0
𝑋9= 𝑅𝑌2
[43.459699 = 𝑅𝑌2]
41.861816 − 43.459699 = 𝑅𝑦3
[−1.597883016 = 𝑅𝑦3]
Ahora se procede a calcular los diagramas de fuerza cortantes y momentos
flexionantes mediante el método:
A-1
∑ 𝑭𝒚 = 𝟎
𝑅𝑦1 − 𝑉1 = 0
𝑅𝑦1 = 𝑉1
[0𝑙𝑏 = 𝑉1]
∑ 𝑴𝒚 = 𝟎
𝑀1 − 𝑉1(0) = 0
[𝑀1 = 0] A-2
A B C D E
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
F
Ry1 V1
M1
∑ 𝑭𝒚 = 𝟎
𝑅𝑦1 − 𝑉2 = 0
𝑅𝑦1 = 𝑉2
[0 = 𝑉2]
∑ 𝑴𝒚 = 𝟎
𝑀2 − 𝑉2(24) = 0
[𝑀2 = 0]
A-3
∑ 𝑭𝒚 = 𝟎
𝑅𝑦1 − 𝐹𝐷1 − 𝑉3 = 0
𝑅𝑦1 − 𝐹𝐷1 = 𝑉3
[−10.793108 = 𝑉3]
∑ 𝑴𝒚 = 𝟎
𝑀3 − 𝑉3(24) − 𝐹𝐷1(24) = 0
[𝑀3 = 0] A-4
Ry1 V2
M2
X1=24
Ry1 V3
M3
X1=24
FD1
∑ 𝑭𝒚 = 𝟎
𝑅𝑦1 − 𝐹𝐷1 − 𝑉4 = 0
𝑅𝑦1 − 𝐹𝐷1 = 𝑉4
[−10.793108 = 𝑉4]
∑ 𝑴𝒚 = 𝟎
𝑀4 − 𝑉4(44.3) − 𝐹𝐷1(24) = 0
[𝑀4 = −219.1000]
A-5
∑ 𝑭𝒚 = 𝟎
𝑅𝑦1 − 𝐹𝐷1 − 𝐹𝐵𝑦 − 𝑉5 = 0
𝑅𝑦1 − 𝐹𝐷1 − 𝐹𝐵𝑦 = 𝑉5
[−31.068708 = 𝑉5]
∑ 𝑴𝒚 = 𝟎
𝑀5 − 𝑉5(44.3) − 𝐹𝐷1(24) − 𝐹𝐵𝑦(44.3) = 0
[𝑀5 = −219.1000] A-6
Ry1 V4
M4
X1=24
FD1
X2=44.3
Ry1 V5
M5
X1=24
FD1
X2=44.3
FBy
∑ 𝑭𝒚 = 𝟎
𝑅𝑦1 − 𝐹𝐷1 − 𝐹𝐵𝑦 − 𝑉6 = 0
𝑅𝑦1 − 𝐹𝐷1 − 𝐹𝐵𝑦 = 𝑉6
[−31.068708 = 𝑉6]
∑ 𝑴𝒚 = 𝟎
𝑀6 − 𝑉6(48) − 𝐹𝐷1(24) − 𝐹𝐵𝑦(44.3) = 0
[𝑀6 = −334.054312] A-7
∑ 𝑭𝒚 = 𝟎
𝑅𝑦1 − 𝐹𝐷1 − 𝐹𝐵𝑦 − 𝑉7 + 𝑅𝑦2 = 0
𝑅𝑦1 − 𝐹𝐷1 − 𝐹𝐵𝑦 + 𝑅𝑦2 = 𝑉7
[12.39099 = 𝑉7]
∑ 𝑴𝒚 = 𝟎
𝑀7 − 𝑉7(48) − 𝐹𝐷1(24) − 𝐹𝐵𝑦(44.3) + 𝑅𝑦2(48) = 0
[𝑀6 = −334.054312] A-8
Ry1 V6
M6
X1=24
FD1
X2=44.3
FBy
X3=48
Ry1 V7
M7
X1=24
FD1
X2=44.3
FBy
X3=48
Ry2
∑ 𝑭𝒚 = 𝟎
𝑅𝑦1 − 𝐹𝐷1 − 𝐹𝐵𝑦 − 𝑉8 + 𝑅𝑦2 = 0
𝑅𝑦1 − 𝐹𝐷1 − 𝐹𝐵𝑦 + 𝑅𝑦2 = 𝑉8
[12.39099 = 𝑉6]
∑ 𝑴𝒚 = 𝟎
𝑀8 − 𝑉8(71.88) − 𝐹𝐷1(24) − 𝐹𝐵𝑦(44.3) + 𝑅𝑦2(48) = 0
[𝑀6 = −38.15744] A-9
∑ 𝑭𝒚 = 𝟎
𝑅𝑦1 − 𝐹𝐷1 − 𝐹𝐵𝑦 − 𝑉9 + 𝑅𝑦2 − 𝐹𝐷2 = 0
𝑅𝑦1 − 𝐹𝐷1 − 𝐹𝐵𝑦 + 𝑅𝑦2 − 𝐹𝐷2 = 𝑉9
[1.597883 = 𝑉9]
∑ 𝑴𝒚 = 𝟎
𝑀9 − 𝑉9(71.88) − 𝐹𝐷1(24) − 𝐹𝐵𝑦(44.3) + 𝑅𝑦2(48) − 𝐹𝐷2(71.88) = 0
[𝑀9 = −38.15744] A-10
Ry1 V8
M8
X1=24
FD1
X2=44.3
FBy
X3=48
Ry2
X4=71.88
Ry1 V9
M9
X1=24
FD1
X2=44.3
FBy
X3=48
Ry2
X4=71.88
FD2
∑ 𝑭𝒚 = 𝟎
𝑅𝑦1 − 𝐹𝐷1 − 𝐹𝐵𝑦 − 𝑉10 + 𝑅𝑦2 − 𝐹𝐷2 = 0
𝑅𝑦1 − 𝐹𝐷1 − 𝐹𝐵𝑦 + 𝑅𝑦2 − 𝐹𝐷2 = 𝑉10
[1.597883 = 𝑉10]
∑ 𝑴𝒚 = 𝟎
𝑀10 − 𝑉10(95.76) − 𝐹𝐷1(24) − 𝐹𝐵𝑦(44.3) + 𝑅𝑦2(48) − 𝐹𝐷2(71.88) = 0
[𝑀10 = 0]
Diagramas:
Figura: Eje de corte fuerzas cortantes en y
Tomado de: Autor
Ry1 V10
M10
X1=24
FD1
X2=44.3
FBy
X3=48
Ry2
X4=71.88
FD2
X5=95.76
A B C D E F
12.39099
-31.0687 -10.793
1.5978
A B C D E F -38.1574
-334.054
-219.1000
Figura: Eje de corte momentos flexionantes en y
Tomado de: Autor
Ahora se deben calcular las reacciones en X y posteriormente las fuerzas
cortantes y momentos flexionantes:
∑ 𝑭𝒙 = 𝟎
𝑅𝑥1 + 𝑅𝑥2 − 𝐹𝐵𝑥 + 𝑅𝑋3 = 0
12.3035 = 𝑅𝑋3 + 𝑅𝑥2 + 𝑅𝑥1
12.3035 − 𝑅𝑋1 − 𝑅𝑋2 = 𝑅𝑋3
∑ 𝑴𝑹𝑿𝟏 = 𝟎
−𝐹𝐵𝑋(44.3) + 𝑅𝑥2(48) + 𝑅𝑋3(95.76) = 0
𝐹𝐵𝑋(44.3)−𝑅𝑋3(95.76)
48= 𝑅𝑋2
∑ 𝑴𝑹𝑿𝟑 = 𝟎
−𝑅𝑋1(95.76) + 𝐹𝐵𝑦(51.46) − 𝑅𝑋2(47.76) = 0
𝐹𝐵𝑋(51.46)−𝑅𝑋2(47.76)
95.76= 𝑅𝑋1
en
A B C D E F
RX1 FBX RX2 RX3
A B C D E F
44.3in 3.7in 47.76in
𝐹𝐵𝑋(44.3) − (12.3035 + 𝑅𝑋1 + 𝑅𝑋2)(95.76)
48= 𝑅𝑋2
A= 𝐹𝐵𝑋(44.3) − 12.303(95.76)
𝑅𝑋2 =𝐴 + (𝑅𝑋1 + 𝑅𝑋2) ∗ (95.76)
48
𝑅𝑋2(48) = 𝐴 + (𝑅𝑋1 + 𝑅𝑋2) ∗ (95.76)
𝑅𝑋2(48 − 95.76) = 𝐴 + (𝑅𝑋1)(95.76)
𝑅𝑋2 =𝐴+(𝑅𝑋1)∗(95.76)
(48−95.76)
en
𝐹𝐵𝑋(51.46) − (𝐴 + (𝑅𝑋1) ∗ (95.76)
(48 − 95.76)) (47.76)
95.76= 𝑅𝑋1
𝐹𝐵𝑋(51.46)(48 − 95.76) − (𝐴 + (𝑅𝑥1) ∗ (95.76))(47.76)
95.76= 𝑅𝑥1
𝐹𝐵𝑋(51.46)(48 − 95.76) − (𝐴 + (𝑅𝑥1) ∗ (95.76))(47.76) = 𝑅𝑥1(95.76)
𝐹𝐵𝑋(51.46)(48 − 95.76) − 𝐴(47.76) = 𝑅𝑥1(95.76) + 𝑅𝑥1(95.76)(47.76)
𝐹𝐵𝑋(51.46)(48−95.76)−𝐴(47.76)
4669.2576= 𝑅𝑥1
Remplazando de una vez en 5 los valores ya conocidos se determina que:
A=-633.13811
𝐹𝐵𝑋(51.46)(48 − 95.76) + 633.13811(47.76)
4669.2576= 𝑅𝑥1
[𝑅𝑥1 = 0]
en
0 =𝐹𝐵𝑋(51.46) − 𝑅𝑋2(47.76)
97.42
𝐹𝐵𝑋(51.46) = 𝑅𝑥2(47.76)
𝐹𝐵𝑋(51.46)
(47.76)= 𝑅𝑋2
Remplazando:
[𝑅𝑋2 = 13.25666059]
y en
12.3035 − 0 − 13.25666059 = 𝑅𝑋3
[𝑅𝑋3 = −0.95316059]
A-1
∑ 𝑭𝒙 = 𝟎
𝑅𝑥1 − 𝑉1 = 0
𝑅𝑥1 = 𝑉1
[0𝑙𝑏 = 𝑉1]
∑ 𝑴𝒙 = 𝟎
𝑀1 − 𝑉1(0) = 0
[𝑀1 = 0] A-2
A B C D E
1
2
3
4
5
6
F
Rx1 V1
M1
∑ 𝑭𝒙 = 𝟎
𝑅𝑥1 − 𝑉2 = 0
𝑅𝑥1 = 𝑉2
[0 = 𝑉2]
∑ 𝑴𝒙 = 𝟎
𝑀2 − 𝑉2(44.9) = 0
[𝑀2 = 0]
A-3
∑ 𝑭𝒙 = 𝟎
𝑅𝑥1 − 𝐹𝐵𝑋 − 𝑉3 = 0
0 − 12.3035 = 𝑉3
[−12.3035 = 𝑉3]
∑ 𝑴𝒙 = 𝟎
𝑀3 − 𝑉3(44.3) − 𝐹𝐵𝑋(44.3) = 0
[𝑀3 = 0] A-4
Rx1 V2
M2
X1=44.3
Rx1 V3
M3
X1=44.3
FBX
∑ 𝑭𝒙 = 𝟎
𝑅𝑥1 − 𝐹𝐵𝑋 − 𝑉4 = 0
0 − 12.3035 = 𝑉4
[−12.3035 = 𝑉4]
∑ 𝑴𝒙 = 𝟎
𝑀4 − 𝑉4(48) − 𝐹𝐵𝑋(44.3) = 0
[𝑀4 = −45.52295]
A-5
∑ 𝑭𝒙 = 𝟎
𝑅𝑥1 − 𝐹𝐵𝑋 + 𝑅𝑋2 − 𝑉5 = 0
0 − 12.3035 + 13.2566605 = 𝑉5
[0.953160 = 𝑉5]
∑ 𝑴𝒙 = 𝟎
𝑀5 − 𝑉5(48) − 𝐹𝐵𝑋(44.3) + 𝑅𝑋2(48) = 0
[𝑀5 = −45.52295] A-6
Rx1 V4
M4
X1=44.3
FBX
X2=48
Rx1 V5
M5
X1=44.3
FBX
X2=48
RX2
∑ 𝑭𝒙 = 𝟎
𝑅𝑥1 − 𝐹𝐵𝑋 + 𝑅𝑋2 − 𝑉6 = 0
0 − 12.3035 + 13.2566605 = 𝑉6
[0.953160 = 𝑉6]
∑ 𝑴𝒙 = 𝟎
𝑀6 − 𝑉6(95.76) − 𝐹𝐵𝑋(44.3) + 𝑅𝑋2(48) = 0
[𝑀6 ≈ 0]
De la misma forma que en el análisis de los rodillos se debe conocer los
momentos en x de los puntos E y B que no sufren una fuerza directa en x como
si lo sufren en Y. por lo tanto:
A-E
∑ 𝑭𝒙 = 𝟎
𝑅𝑥1 − 𝐹𝐵𝑋 + 𝑅𝑋2 − 𝑉𝐸 = 0
0 − 12.3035 + 13.2566605 = 𝑉𝐸
[0.953160 = 𝑉𝐸]
∑ 𝑴𝒙 = 𝟎
Rx1 V6
M6
X1=44.9
FBX
X2=48
RX2
X3=95.76
Rx1 VE
ME
X1=44.3
FBX
X2=48
RX2
XE=71.88
𝑀𝐸 − 𝑉𝐸(71.88) − 𝐹𝐵𝑋(44.3) + 𝑅𝑋2(48) = 0
[𝑀𝐸 = −22.7614]
Diagramas:
Figura: Eje de corte fuerzas cortantes en x
Tomado de: Autor
Figura: Eje de corte momentos flexionantes en x
Tomado de: Autor
En el caso de B se puede notar que por medio de el diagrama de momentos
flexionantes el momento MB=0.
Determinados todos los datos necesarios la magnitud de los momentos
flexionantes en cada punto será:
𝑀𝐴 = √𝑀𝐴𝑥2 + 𝑀𝐴𝑦2
[𝑀𝐴 = 0]
𝑀𝐵 = √𝑀𝐵𝑥2 + 𝑀𝐵𝑦2
[𝑀𝐵 = 0]
A B C D E F
0.9531
-12.3035
A B C D E F -22.7614
-45.5229
𝑀𝐶 = √𝑀𝐶𝑥2 + 𝑀𝐶𝑦2
𝑀𝐶 = √02 + −219.1002
[𝑀𝐶 = 219.100]
𝑀𝐷 = √𝑀𝐷𝑥2 + 𝑀𝐷𝑦2
𝑀𝐷 = √−45.52292 + 334.0542
[𝑀𝐷 = 3337.14152]
𝑀𝐸 = √𝑀𝐸𝑥2 + 𝑀𝐸𝑦2
𝑀𝐸 = √−22.76142 + −38.15742
[𝑀𝐸 = 44.4305]
𝑀𝐹 = √𝑀𝐹𝑥2 + 𝑀𝐹𝑦2
[𝑀𝐹 = 0]
Finalmente los diámetros ideales del eje de corte en cada punto serán:
𝐷𝐴 = [(32)(2)
𝜋∗ √(
(0)
13122 𝑝𝑠𝑖)
2
+3
4(
17.3922𝑙𝑏 ∗ 𝑝𝑢𝑙𝑔
29700 𝑝𝑠𝑖)
2
]
13
= 0.21770𝑖𝑛
𝐷𝐵 = [(32)(2)
𝜋∗ √(
(0)
13122 𝑝𝑠𝑖)
2
+3
4(
17.3922𝑙𝑏 ∗ 𝑝𝑢𝑙𝑔
29700 𝑝𝑠𝑖)
2
]
13
= 0.21779𝑖𝑛
𝐷𝐶 = [(32)(2)
𝜋∗ √(
(2)(219.100)
13122 𝑝𝑠𝑖)
2
+3
4(
17.3922𝑙𝑏 ∗ 𝑝𝑢𝑙𝑔
29700 𝑝𝑠𝑖)
2
]
13
= 0.8795𝑖𝑛
𝐷𝐷 = [(32)(2)
𝜋∗ √(
(337.1452)
13122 𝑝𝑠𝑖)
2
+3
4(
17.3922𝑙𝑏 ∗ 𝑝𝑢𝑙𝑔
29700 𝑝𝑠𝑖)
2
]
13
= 0.8059𝑖𝑛
𝐷𝐸 = [(32)(2)
𝜋∗ √(
(44.4305)
13122 𝑝𝑠𝑖)
2
+3
4(
17.3922𝑙𝑏 ∗ 𝑝𝑢𝑙𝑔
29700 𝑝𝑠𝑖)
2
]
13
= 0.4141𝑖𝑛
𝐷𝐹 = [(32)(2)
𝜋∗ √(
(0)
13122 𝑝𝑠𝑖)
2
+3
4(
17.3922𝑙𝑏 ∗ 𝑝𝑢𝑙𝑔
29700 𝑝𝑠𝑖)
2
]
13
= 0.21779𝑖𝑛
Dado que en el diseño preliminar se optó por una barra de 1in de diámetro para
este eje, se coincide que con los cálculos realizados la barra aguantara las
fuerzas y momentos que inciden en la misma, por lo tanto se decide mantener
tales medidas; Por lo tanto la barra tendrá las siguientes dimensiones:
Barra de transmisión engranaje-Catarina
Esta barra es la encargada de transmitir el movimiento invertido del engranaje
4 al arreglo de cadenas y catarinas que transmite a su vez el movimiento al
rodillo superior como se ve en la siguiente figura:
De la misma forma que las catarinas los engranajes tienen un ángulo de
inclinación diferente por lo tanto se debe calcular las componentes en X y Y de
WN
Las fuerzas sobre el eje aplicadas por de los engranajes Wt y Wr se determinara
de la misma forma de cómo se calculó las que actúan en los rodillos, con un
único cambio que será la dirección de las mismas dado que la reacción sobre
este engranaje serán diferentes como se muestra en la figura:
𝑊𝑦 = 𝑊𝑡𝑦 − 𝑊𝑟𝑦
[𝑊𝑦 = 76.0426𝐿𝑏]
𝑊𝑥 = −𝑊𝑡𝑥 − 𝑊𝑟𝑥
[𝑊𝑥 = −85.525𝑙𝑏]
La fuerza FC efectuada por las catarinas sobre el eje será la misma que en los
rodillos pero sus componentes serán diferentes debido a la inclinación que tiene
este eje con el rodillo superior:
El Angulo de inclinación de la fuerza será:
𝐜𝐨𝐬−𝟏 (𝟔. 𝟕𝟗
𝟗. 𝟒𝟔) = 𝟒𝟒. 𝟏𝟑º
Las componentes FCX y FCY serán:
𝐹𝑐𝑥 = 𝐹𝑐 sin 𝟒𝟒. 𝟏𝟑º
[𝐹𝑐𝑥 = 62.3994𝑙𝑏]
𝐹𝑐𝑦 = 𝐹𝑐 cos 𝟒𝟒. 𝟏𝟑º
[𝐹𝑐𝑦 = 64.3238𝑙𝑏]
Ahora se determinaran las reacciones de los cojinetes:
∑ 𝑭𝒚 = 𝟎
𝐹𝑐𝑦 − 𝑅𝑦1 − 𝑅𝑦2 + 𝑊𝑦 = 0
64.3238 = 𝑅𝑦1 + 𝑅𝑦2
140.3664 = 𝑅𝑦1 + 𝑅𝑦2
Figura: Diagrama de distancias Barra de transmisión engrane-Catarina
Tomado de: Autor
∑ 𝑴𝑹𝒚𝟏 = 𝟎
−𝐹𝑐𝑦(1.58) − 𝑅𝑦2(100.305) + 𝑊𝑦(102.96) = 0
−𝐹𝑐𝑦(1.58) + 𝑊𝑦(102.96)
100.305= 𝑅𝑦2
[77.04216𝑙𝑏 = 𝑅𝑦2]
en
140.3664 − 77.04216 = 𝑅𝑦1
[63.3242𝑙𝑏 = 𝑅𝑦1]
A-1
∑ 𝑭𝒚 = 𝟎
𝐹𝑐𝑦 − 𝑉1 = 0
A B C D
1.58in 98.72in 2.655in
A B C
1
2
3
4
5
6
D
Fcy V1
M1
𝐹𝑐𝑦 = 𝑉1
[64.3238𝑙𝑏 = 𝑉1]
∑ 𝑴𝒚 = 𝟎
𝑀1 − 𝑉1(0) = 0
[𝑀1 = 0] A-2
∑ 𝑭𝒚 = 𝟎
𝐹𝑐𝑦 − 𝑉2 = 0
𝐹𝑐𝑦 = 𝑉2
[64.3238 = 𝑉2]
∑ 𝑴𝒚 = 𝟎
𝑀2 − 𝑉2(1.58) = 0
[𝑀2 = 101.631604]
A-3
∑ 𝑭𝒚 = 𝟎
𝐹𝑐𝑦 − 𝑉3 − 𝑅𝑦1 = 0
𝐹𝑐𝑦 − 𝑅𝑦1 = 𝑉3
Fcy V2
M2
X1=1.58
Fcy V3
M3
X1=1.58
Ry1
[0.9996 = 𝑉3]
∑ 𝑴𝒚 = 𝟎
𝑀3 − 𝑉3(1.58) − 𝑅𝑦1(1.58) = 0
[𝑀3 = 101.631604]
A-4
∑ 𝑭𝒚 = 𝟎
𝐹𝑐𝑦 − 𝑉4 − 𝑅𝑦1 = 0
𝐹𝑐𝑦 − 𝑅𝑦1 = 𝑉4
[0.9996 = 𝑉4]
∑ 𝑴𝒚 = 𝟎
𝑀4 − 𝑉4(100.305) − 𝑅𝑦1(1.58) = 0
[𝑀4 = 199.9560] A-5
∑ 𝑭𝒚 = 𝟎
𝐹𝑐𝑦 − 𝑉5 − 𝑅𝑦1 − 𝑅𝑦2 = 0
𝐹𝑐𝑦 − 𝑅𝑦1 − 𝑅𝑦2 = 𝑉5
[−76.04256 = 𝑉5]
Fcy V4
M4
X1=1.58
Ry1
X2=100.305
Fcy V5
M4
X1=1.58
Ry1
X2=100.305
Ry2
∑ 𝑴𝒚 = 𝟎
𝑀5 − 𝑉5(100.305) − 𝑅𝑦1(1.58) − 𝑅𝑦2(100.305) = 0
[𝑀5 = 199.9560]
A-6
∑ 𝑭𝒚 = 𝟎
𝐹𝑐𝑦 − 𝑉6 − 𝑅𝑦1 − 𝑅𝑦2 = 0
𝐹𝑐𝑦 − 𝑅𝑦1 − 𝑅𝑦2 = 𝑉6
[−76.04256 = 𝑉6]
∑ 𝑴𝒚 = 𝟎
𝑀6 − 𝑉6(102.9) − 𝑅𝑦1(1.58) − 𝑅𝑦2(100.305) = 0
[𝑀6 = 0]
Diagrama:
Figura: Eje de transmisión engrane-Catarina fuerzas cortantes en y
Tomado de: Autor
Fcy V6
M6
X1=1.58
Ry1
X2=100.305
Ry2
X3=102.9
A B C D
-76.0426
0.9996
64.3238
Figura: Eje de transmisión engrane-catarina momentos flexionantes en y
Tomado de: Autor
En X:
∑ 𝑭𝒙 = 𝟎
𝐹𝑐𝑥 − 𝑅𝑋1 + 𝑅𝑋2 − 𝑊𝑋 = 0
62.3994 − 85.5252 = 𝑅𝑋1 − 𝑅𝑋2
−23,1258 = 𝑅𝑋1 − 𝑅𝑋2
Figura: diagrama de distancias Barra de transmisión engranaje-Catarina
Tomado de: Autor
∑ 𝑴𝑹𝒚𝟏 = 𝟎
−𝐹𝐶𝑋(1.58) + 𝑅𝑋2(100.305) − 𝑊𝑋(102.96) = 0
𝐹𝑐𝑥(1.58) + 𝑊𝑥(102.96)
100.305= 𝑅𝑥2
[88.77190𝑙𝑏 = 𝑅𝑥2]
en
−23,1258 + 88.77190 = 𝑅𝑥1
[65.6461𝑙𝑏 = 𝑅𝑥1]
A B C D
199.9560
101.6316
A B C
1
2
3
4
5
6
D
FCX
RX1
RX2
A B C D
1.58in 98.72in 2.655in
WX
A-1
∑ 𝑭𝒙 = 𝟎
𝐹𝑐𝑥 − 𝑉1 = 0
𝐹𝑐𝑥 = 𝑉1
[62.3994𝑙𝑏 = 𝑉1]
∑ 𝑴𝒙 = 𝟎
𝑀1 − 𝑉1(0) = 0
[𝑀1 = 0] A-2
∑ 𝑭𝒙 = 𝟎
𝐹𝑐𝑥 − 𝑉2 = 0
𝐹𝑐𝑥 = 𝑉2
[62,3994 = 𝑉2]
∑ 𝑴𝒙 = 𝟎
𝑀2 − 𝑉2(1.58) = 0
[𝑀2 = 98,581052]
Fcx V1
M1
Fcx V2
M2
X1=1.58
A-3
∑ 𝑭𝒙 = 𝟎
𝐹𝑐𝑥 − 𝑉3 − 𝑅𝑥1 = 0
𝐹𝑐𝑥 − 𝑅𝑥1 = 𝑉3
[−3.2467 = 𝑉3]
∑ 𝑴𝒙 = 𝟎
𝑀3 − 𝑉3(1.58) − 𝑅𝑥1(1.58) = 0
[𝑀3 = 98,581052]
A-4
∑ 𝑭𝒙 = 𝟎
𝐹𝑐𝑥 − 𝑉4 − 𝑅𝑥1 = 0
𝐹𝑐𝑥 − 𝑅𝑥1 = 𝑉4
[−3.2467 = 𝑉4]
∑ 𝑴𝒙 = 𝟎
Fcx V3
M3
X1=1.58
Rx1
Fcx V4
M4
X1=1.58
Rx1
X2=100.305
𝑀4 − 𝑉4(100.305) − 𝑅𝑥1(1.58) = 0
[𝑀4 = −221.9394] A-5
∑ 𝑭𝒙 = 𝟎
𝐹𝑐𝑥 − 𝑉5 − 𝑅𝑥1 + 𝑅𝑥2 = 0
𝐹𝑐𝑥 − 𝑅𝑥1 + 𝑅𝑥2 = 𝑉5
[85.5252 = 𝑉5]
∑ 𝑴𝒙 = 𝟎
𝑀5 − 𝑉5(100.305) − 𝑅𝑥1(1.58) + 𝑅𝑥2(100.305) = 0
[𝑀5 = −221.9394] A-6
∑ 𝑭𝒙 = 𝟎
𝐹𝑐𝑥 − 𝑉6 − 𝑅𝑥1 + 𝑅𝑥2 = 0
𝐹𝑐𝑥 − 𝑅𝑥1 + 𝑅𝑥2 = 𝑉6
[85.5252 = 𝑉6]
∑ 𝑴𝒙 = 𝟎
Fcx V5
M5
X1=1.58
Rx1
X2=100.305
Rx2
Fcx V6
M6
X1=1.58
Rx1
X2=100.305
Rx2
X3=102.9
𝑀6 − 𝑉6(102.9) − 𝑅𝑥1(1.58) + 𝑅𝑥2(100.305) = 0
[𝑀6 = 0]
Diagramas:
Figura: Eje de transmisión engrane-Catarina fuerzas cortantes en x
Tomado de: Autor
Figura: Eje de transmisión engrane-Catarina momentos flexionantes en x
Tomado de: Autor
La magnitud de los momentos en cada punto es:
𝑀𝐴 = √𝑀𝐴𝑥2 + 𝑀𝐴𝑦2
[𝑀𝐴 = 0]
𝑀𝐵 = √𝑀𝐵𝑥2 + 𝑀𝐵𝑦2
𝑀𝐵 = √98.59102 + 101.63162
[𝑀𝐵 = 141.59508]
𝑀𝐶 = √𝑀𝐶𝑥2 + 𝑀𝐶𝑦2
𝑀𝐶 = √−222.65152 + 199.95602
[𝑀𝐶 = 299.259]
𝑀𝐷 = √𝑀𝐷𝑥2 + 𝑀𝐷𝑦2
[𝑀𝐷 = 0]
Finalmente los diámetros ideales del eje de transmisión en cada punto serán:
A B C D
85.5252
-3.2467
62.3994
A B C D
-222.6515
98.5910
𝐷𝐴 = [(32)(2)
𝜋∗ √(
(0)
13122 𝑝𝑠𝑖)
2
+3
4(
134.4258𝑙𝑏 ∗ 𝑝𝑢𝑙𝑔
29700 𝑝𝑠𝑖)
2
]
13
= 0.4306𝑖𝑛
𝐷𝐵 = [(32)(2)
𝜋∗ √(
(2.5) ∗ (141.59508)
13122 𝑝𝑠𝑖)
2
+3
4∗ (
134.4258𝑙𝑏 ∗ 𝑝𝑢𝑙𝑔
29700 𝑝𝑠𝑖)
2
]
13
= 0.82𝑖𝑛
𝐷𝐶 = [(32)(2)
𝜋∗ √(
(2)(299.259)
13122 𝑝𝑠𝑖)
2
+3
4(
134.4258𝑙𝑏 ∗ 𝑝𝑢𝑙𝑔
29700 𝑝𝑠𝑖)
2
]
13
= 1.05𝑖𝑛
𝐷𝐷 = [(32)(2)
𝜋∗ √(
(0)
13122 𝑝𝑠𝑖)
2
+3
4(
134.4258𝑙𝑏 ∗ 𝑝𝑢𝑙𝑔
29700 𝑝𝑠𝑖)
2
]
13
= 0.4306𝑖𝑛
Nuevamente se puede constatar que los resultados obtenidos de diámetro ideal
necesario se adaptan a las dimensiones preestablecidas en el diseño preliminar,
siendo así se opta por mantenerlas dado que estas dimensiones son comerciales
por lo tanto la barra mantendrá las siguientes dimensiones:
Ejes platina engranajes 2y3
Por último los últimos ejes que se van a diseñar son aquellos que serán soldados
a la platina que sostiene todos los engranajes de la inversión de giro y por lo
tanto las fuerzas que actúan sobre estos ejes serán la misma WN que se usó en
el engranaje 4 en el diseño de la barra de transmisión engrane-Catarina
Siendo así:
𝑊𝑦 = 𝑊𝑡𝑦 − 𝑊𝑟𝑦
[𝑊𝑦 = 76.0426𝐿𝑏]
𝑊𝑥 = −𝑊𝑡𝑥 − 𝑊𝑟𝑥
[𝑊𝑥 = −85.525𝑙𝑏]
Análisis en Y:
∑ 𝑭𝒀 = 𝟎
𝑊𝑦 − 𝑅𝑌 = 0
𝑊𝑌 = 𝑅𝑦
[76.0426 = 𝑅𝑦]
A-1
A
1
2
B
RY WY
A B
0.74in
RY V1
M1
∑ 𝑭𝒀 = 𝟎
𝑅𝑌 − 𝑉1 = 0
𝑅𝑌 = 𝑉1
[−76.0426𝑙𝑏 = 𝑉1]
∑ 𝑴𝒀 = 𝟎
𝑀1 − 𝑉1(0) = 0
[𝑀1 = 0] A-2
∑ 𝑭𝒀 = 𝟎
𝑅𝑌 − 𝑉2 = 0
𝑅𝑌 = 𝑉2
[−76.0426𝑙𝑏 = 𝑉2]
∑ 𝑴𝒀 = 𝟎
𝑀2 − 𝑉2(0.74) = 0
[𝑀2 = −56.2715]
Diagramas:
Figura: Eje platina engrane 2 y3 fuerzas cortantes en y
Tomado de: Autor
RY V2
M2 X=0.74
A B
-76.0426
Figura: Eje platina engrane 2y 3 momentos flexionantes en y
Tomado de: Autor
Análisis en X:
∑ 𝑭𝒙 = 𝟎
𝑊𝑥 − 𝑅𝑥 = 0
𝑊𝑥 = 𝑅𝑥
[85.5252 = 𝑅𝑥]
A-1
∑ 𝑭𝒙 = 𝟎
A B
-56.2715
A
1
2
B
RX
WX
A B
0.74in
RX V1
M1
𝑅𝑥 − 𝑉1 = 0
𝑅𝑥 = 𝑉1
[85.5252𝑙𝑏 = 𝑉1]
∑ 𝑴𝒙 = 𝟎
𝑀1 − 𝑉1(0) = 0
[𝑀1 = 0] A-2
∑ 𝑭𝒙 = 𝟎
𝑅𝑥 − 𝑉2 = 0
𝑅𝑥 = 𝑉2
[85.5252𝑙𝑏 = 𝑉2]
∑ 𝑴𝑿 = 𝟎
𝑀2 − 𝑉2(0.74) = 0
[𝑀2 = 63.2885]
Figura: Eje platina engrane 2 y 3 fuerzas cortantes en x
Tomado de: Autor
RX V2
M2 X=0.74
A B
85.5252
Figura: Eje platina engrane 2 y 3 momentos flexionantes en x
Tomado de: Autor
Las magnitudes de los momentos en cada punto serán:
𝑀𝐴 = √𝑀𝐴𝑥2 + 𝑀𝐴𝑦2
[𝑀𝐴 = 0]
𝑀𝐵 = √𝑀𝐵𝑥2 + 𝑀𝐵𝑦2
𝑀𝐵 = √63.38852 + 56.27152
[𝑀𝐵 = 84.68716] Los diámetros ideales serán:
𝐷𝐴 = [(32)(2)
𝜋∗ √(
(2)(2.5)
13122 𝑝𝑠𝑖)
2
+3
4(
134.4258𝑙𝑏 ∗ 𝑝𝑢𝑙𝑔
29700 𝑝𝑠𝑖)
2
]
13
= 0.4306𝑖𝑛
𝐷𝐵 = [(32)(2)
𝜋∗ √(
(1.5)(84.68716)
13122 𝑝𝑠𝑖)
2
+3
4∗ (
134.4258𝑙𝑏 ∗ 𝑝𝑢𝑙𝑔
29700 𝑝𝑠𝑖)
2
]
13
= 0.596𝑖𝑛
Según los valores calculados se puede constatar que los diámetros mínimos
para los rodillos no superan los planteados en el diseño original por lo tanto se
mantiene el diseño, siendo así los diámetros finales de los ejes serán los
siguientes:
En milímetros serán de 30mm y 15mm respectivamente
A B
63.2885
Rodillo superior
Así como el rodillo inferior ya fue diseñado se debe diseñar el rodillo superior el
cual esta sostenido en la estructura de arrastre.
La fuerza (FC) generada por la Catarina cuando se diseñó el eje de transmisión
engrane-Catarina se presenta con el mismo valor en el rodillo superior, dado que
hace parte del mismo arreglo de cadenas y por lo tanto tendrá su mismo Angulo
de inclinación y componentes:
Las componentes FCX y FCY serán:
𝐹𝑐𝑥 = 𝐹𝑐 sin 𝟒𝟒. 𝟏𝟑º
[𝐹𝑐𝑥 = 62.3994𝑙𝑏]
𝐹𝑐𝑦 = 𝐹𝑐 cos 𝟒𝟒. 𝟏𝟑º
[𝐹𝑐𝑦 = 64.3238𝑙𝑏]
Ahora se determinaran las reacciones de los cojinetes:
En Y:
∑ 𝑭𝒚 = 𝟎
𝑅𝑦1 − 𝐹𝐶𝑌 − 𝐹𝑡1 − 𝐹𝑡2 + 𝑅𝑦2 = 0
64.3238 + (21.00525 ∗ 2) = 𝑅𝑦1 + 𝑅𝑦2
106.3343 = 𝑅𝑦1 + 𝑅𝑦2
A B C D
2.14in 8.81in 85.04in 9.65in
E
Figura: diagrama de distancias rodillo superior en y
Tomado de: Autor
∑ 𝑴𝑹𝒚𝟏 = 𝟎
−𝐹𝑐𝑦(2.14) − 𝐹𝑡1(10.95) − 𝐹𝑡2(95.99) + 𝑅𝑦2(105.64) = 0
𝐹𝑐𝑦(2.14) + 𝐹𝑡1(10.95) + 𝐹𝑡2(95.99)
105.64= 𝑅𝑦2
[22.56677𝑙𝑏 = 𝑅𝑦2]
en
106.3343 − 22.56677 = 𝑅𝑦1
[83.76752258𝑙𝑏 = 𝑅𝑦1]
A-1
∑ 𝑭𝒚 = 𝟎
𝑅𝑦1 − 𝑉1 = 0
𝑅𝑦1 = 𝑉1
[83.76752258𝑙𝑏 = 𝑉1]
∑ 𝑴𝒚 = 𝟎
A B C
1
2
3
4
5
6
D E
7
8
RY1 V1
M1
𝑀1 − 𝑉1(0) = 0
[𝑀1 = 0]
A-2
∑ 𝑭𝒚 = 𝟎
𝑅𝑦1 − 𝑉2 = 0
𝑅𝑦1 = 𝑉2
[83.76752258𝑙𝑏 = 𝑉2]
∑ 𝑴𝒚 = 𝟎
𝑀2 − 𝑉2(2.14) = 0
[𝑀2 = 179.2624983] A-3
∑ 𝑭𝒚 = 𝟎
𝑅𝑦1 − 𝐹𝑐𝑦 − 𝑉3 = 0
𝑅𝑦1 − 𝐹𝑐𝑦 = 𝑉3
[19.4437𝑙𝑏 = 𝑉3]
RY1 V2
M2
X1=2.14
RY1 V3
M3
X1=2.14
Fcy
∑ 𝑴𝒚 = 𝟎
𝑀3 − 𝐹𝑐𝑦(2.14) − 𝑉3(2.14) = 0
[𝑀3 = 179.2624983] A-4
∑ 𝑭𝒚 = 𝟎
𝑅𝑦1 − 𝐹𝑐𝑦 − 𝑉4 = 0
𝑅𝑦1 − 𝐹𝑐𝑦 = 𝑉4
[19.4437𝑙𝑏 = 𝑉4]
∑ 𝑴𝒚 = 𝟎
𝑀4 − 𝐹𝑐𝑦(2.14) − 𝑉4(10.95) = 0
[𝑀4 = 350.5616] A-5
∑ 𝑭𝒚 = 𝟎
𝑅𝑦1 − 𝐹𝑐𝑦 − 𝐹𝑡1 − 𝑉5 = 0
𝑅𝑦1 − 𝐹𝑐𝑦 − 𝐹𝑡1 = 𝑉5
[−1.5615𝑙𝑏 = 𝑉5]
RY1 V4
M4
X2=10.95
Fcy
X1=2.14
RY1 V5
M5
X2=10.95
Fcy
X1=2.14
Ft1
∑ 𝑴𝒚 = 𝟎
𝑀5 − 𝐹𝑐𝑦(2.14) − 𝐹𝑡1(10.95) − 𝑉5(10.95) = 0
[𝑀5 = 350.5616] A-6
∑ 𝑭𝒚 = 𝟎
𝑅𝑦1 − 𝐹𝑐𝑦 − 𝐹𝑡1 − 𝑉6 = 0
𝑅𝑦1 − 𝐹𝑐𝑦 − 𝐹𝑡1 = 𝑉6
[−1.5615𝑙𝑏 = 𝑉6]
∑ 𝑴𝒚 = 𝟎
𝑀6 − 𝐹𝑐𝑦(2.14) − 𝐹𝑡1(10.95) − 𝑉6(95.99) = 0
[𝑀6 = 217.7691] A-7
∑ 𝑭𝒚 = 𝟎
𝑅𝑦1 − 𝐹𝑐𝑦 − 𝐹𝑡1 − 𝐹𝑡2 − 𝑉7 = 0
𝑅𝑦1 − 𝐹𝑐𝑦 − 𝐹𝑡1 − 𝐹𝑡2 = 𝑉7
[−22.5667𝑙𝑏 = 𝑉7]
RY1 V6
M6
X2=10.95
Fcy
X1=2.14
Ft1
X3=95.99
RY1 V7
M7
X2=10.95
Fcy
X1=2.14
Ft1
X3=95.99
Ft2
∑ 𝑴𝒚 = 𝟎
𝑀6 − 𝐹𝑐𝑦(2.14) − 𝐹𝑡1(10.95) − 𝐹𝑡2(95.99) − 𝑉6(95.99) = 0
[𝑀7 = 217.7691]
A-7
∑ 𝑭𝒚 = 𝟎
𝑅𝑦1 − 𝐹𝑐𝑦 − 𝐹𝑡1 − 𝐹𝑡2 − 𝑉8 = 0
𝑅𝑦1 − 𝐹𝑐𝑦 − 𝐹𝑡1 − 𝐹𝑡2 = 𝑉8
[−22.5667𝑙𝑏 = 𝑉8]
∑ 𝑴𝒚 = 𝟎
𝑀6 − 𝐹𝑐𝑦(2.14) − 𝐹𝑡1(10.95) − 𝐹𝑡2(95.99) − 𝑉8(105.64) = 0
[𝑀8 ≈ 0]
Diagramas:
Figura: Fuerzas cortantes Rodillo superior en y
Tomado de: Autor
RY1 V8
M8
X2=10.95
Fcy
X1=2.14
Ft1
X3=95.99
Ft2
X4=105.64
A B
83.7675
C D E
19.4437
-1.56153 -23.5667
Figura: Momentos flexionantes Rodillo superior en y
Tomado de: Autor
Análisis en X:
∑ 𝑭𝒙 = 𝟎
𝑅𝑥1 − 𝐹𝐶𝑥 + 𝑅𝑥2 = 0
62.3994 = 𝑅𝑥1 + 𝑅𝑥2
Figura: diagrama de distancias rodillo superior en x
Tomado de: Autor
∑ 𝑴𝑹𝒙𝟏 = 𝟎
−𝐹𝑐𝑥(2.14) + 𝑅𝑥2(105.64) = 0
𝐹𝑐𝑥(2.14)
105.64= 𝑅𝑥2
[1.264054𝑙𝑏 = 𝑅𝑥2]
en
62.3994 − 1.264054 = 𝑅𝑥1 [61.13534𝑙𝑏 = 𝑅𝑥1]
A B
350.5616
C D E
217.7691
179.2624
A B C D
2.14in 8.81in 85.04in 9.65in
E
A-1
∑ 𝑭𝒙 = 𝟎
𝑅𝑥1 − 𝑉1 = 0
𝑅𝑥1 = 𝑉1
[61.1353𝑙𝑏 = 𝑉1]
∑ 𝑴𝒙 = 𝟎
𝑀1 − 𝑉1(0) = 0
[𝑀1 = 0]
A-2
A B C
1
2
3
4
5
D E
6
RX1 V1
M1
RX1 V2
M2
X1=2.14
∑ 𝑭𝒙 = 𝟎
𝑅𝑥1 − 𝑉2 = 0
𝑅𝑥1 = 𝑉2
[61.1353𝑙𝑏 = 𝑉2]
∑ 𝑴𝒙 = 𝟎
𝑀2 − 𝑉2(2.14) = 0
[𝑀2 = 130.8296] A-3
∑ 𝑭𝒙 = 𝟎
𝑅𝑥1 − 𝐹𝑐𝑥 − 𝑉3 = 0
𝑅𝑥1 − 𝐹𝑐𝑥 = 𝑉3
[−1.26406𝑙𝑏 = 𝑉3]
∑ 𝑴𝒙 = 𝟎
𝑀3 − 𝐹𝑐𝑥(2.14) − 𝑉3(2.14) = 0
[𝑀3 = 130.6296] A-4
RX1 V3
M3
X1=2.14
Fcx
RX1 V4
M4
X2=10.95
Fcx
X1=2.14
∑ 𝑭𝒙 = 𝟎
𝑅𝑥1 − 𝐹𝑐𝑥 − 𝑉4 = 0
𝑅𝑥1 − 𝐹𝑐𝑥 = 𝑉4
[−1.26406𝑙𝑏 = 𝑉4]
∑ 𝑴𝒙 = 𝟎
𝑀4 − 𝐹𝑐𝑥(2.14) − 𝑉4(10.95) = 0
[𝑀4 = 119.6932] A-5
∑ 𝑭𝒙 = 𝟎
𝑅𝑥1 − 𝐹𝑐𝑥 − 𝑉5 = 0
𝑅𝑥1 − 𝐹𝑐𝑥 = 𝑉5
[−1.26406𝑙𝑏 = 𝑉5]
∑ 𝑴𝒙 = 𝟎
𝑀5 − 𝐹𝑐𝑥(2.14) − 𝑉5(95.95) = 0
[𝑀5 = 12.1975] A-6
Rx1 V5
M5
X3=95.99
Fcx
X1=2.14
RX1 V6
M6
X4=105.64
Fcx
X1=2.14
∑ 𝑭𝒙 = 𝟎
𝑅𝑥1 − 𝐹𝑐𝑥 − 𝑉6 = 0
𝑅𝑥1 − 𝐹𝑐𝑥 = 𝑉6
[−1.26406𝑙𝑏 = 𝑉6]
∑ 𝑴𝒙 = 𝟎
𝑀6 − 𝐹𝑐𝑥(2.14) − 𝑉6(95.99) = 0
[𝑀6 ≈ 0]
Diagramas:
Figura: Fuerzas cortantes Rodillo superior en x
Tomado de: Autor
Figura: Momentos flexionantes Rodillo superior en x
Tomado de: Autor
Las magnitudes de los momentos en cada punto serán:
𝑀𝐴 = √𝑀𝐴𝑦2 + 𝑀𝐴𝑥2
[𝑀𝐴 = 0]
𝑀𝐵 = √𝑀𝐵𝑦2 + 𝑀𝐵𝑥2
𝑀𝐵 = √350.56162 + 130.82962
[𝑀𝐵 = 374.17886]
A B
61.1353
C D E
-1.26406
A B
130.8296
C D E
119.6932
12.1975
𝑀𝐶 = √𝑀𝐶𝑦2 + 𝑀𝐶𝑥2
𝑀𝐶 = √217.76912 + 119.69322
[𝑀𝐶 = 248.495157]
𝑀𝐷 = √𝑀𝐷𝑦2 + 𝑀𝐷𝑥2
𝑀𝐷 = √179.26242 + 12.19752
[𝑀𝐷 = 179.67689]
Los diámetros ideales serán:
𝐷𝐴 = [(32)(2)
𝜋∗ √(
(2)(0)
13122 𝑝𝑠𝑖)
2
+3
4(
134.4258𝑙𝑏 ∗ 𝑝𝑢𝑙𝑔
29700 𝑝𝑠𝑖)
2
]
13
= 0.4306𝑖𝑛
𝐷𝐵 = [(32)(2)
𝜋∗ √(
(2 ∗ 374.17886)
13122 𝑝𝑠𝑖)
2
+3
4∗ (
134.4258𝑙𝑏 ∗ 𝑝𝑢𝑙𝑔
29700 𝑝𝑠𝑖)
2
]
13
= 1.05209𝑖𝑛
𝐷𝐶 = [(32)(2)
𝜋∗ √(
(248.495157 ∗ 2.5)
13122 𝑝𝑠𝑖)
2
+3
4∗ (
134.4258𝑙𝑏 ∗ 𝑝𝑢𝑙𝑔
29700 𝑝𝑠𝑖)
2
]
13
= 0.989𝑖𝑛
𝐷𝐷 = [(32)(2)
𝜋∗ √(
(179.67689 ∗ 2.5)
13122 𝑝𝑠𝑖)
2
+3
4∗ (
134.4258𝑙𝑏 ∗ 𝑝𝑢𝑙𝑔
29700 𝑝𝑠𝑖)
2
]
13
= 0.887𝑖𝑛
𝐷𝐸 = [(32)(2)
𝜋∗ √(
(2)(0)
13122 𝑝𝑠𝑖)
2
+3
4(
134.4258𝑙𝑏 ∗ 𝑝𝑢𝑙𝑔
29700 𝑝𝑠𝑖)
2
]
13
= 0.4306𝑖𝑛
Según los valores calculados se puede constatar que los diámetros mínimos
para los rodillos no superan los planteados en el diseño original por lo tanto se
mantiene el diseño, siendo así los diámetros finales de los ejes serán 1.18in y
2.67in, así como el rodillo inferior los extremos de 2.67in serán embonada en
una Tubería tipo SCH 40 para completar el rodillo.
Agradesco