ejemplos de los capítulos ii, iii, y iv · ejemplos de los capítulos ii, iii, y iv 2 1. un...

Ejemplos de los capítulos II, III, y IV

PPT elaborado por Arturo Arosemena

1

1. Un resorte helicoidal de compresión se fabricó con alambre de acero estirado duro con 0.080

pulgadas de diámetro y un diámetro exterior de 0.880 pulgadas. Los extremos son sencillos y

esmerilados, y hay un total de 8 espiras.

a) ¿Qué fuerza 𝐹𝑠 se necesita para comprimir el resorte hasta su longitud sólida? Aquí considere un factor de

seguridad al cierre 𝑛𝑠 = 1.2.

b) ¿Cuál es la constante elástica 𝑘 del resorte?

c) El resorte se enrolla hasta una longitud libre, que es la mayor posible. Determine esta longitud libre 𝐿0.

d) ¿Cuál es el paso 𝑝 del resorte?

e) Sí el resorte es usado con una carga estática de operación máxima 𝐹𝑚𝑎𝑥 = 16.5 𝑙𝑏𝑓, realice una evaluación del

diseño.

Suposiciones: El resorte es lineal incluso al llegar a su longitud sólida, el resorte está apoyado en sus extremos

sobre superficies planas paralelas (extremos fijos).

Ecuaciones básicas:

𝜏𝑠 = 𝐾𝐵

8𝐹𝑠𝐷

𝜋𝑑3, 𝐾𝐵 =

4𝐶 + 2

4𝐶 − 3, 𝐶 =

𝐷

𝑑, 𝑛𝑠 =

𝑆𝑠𝑦

𝜏𝑠, 𝑆𝑢𝑡 =

𝐴

𝑑𝑚, 𝑘 ≅

𝑑4𝐺

8𝐷3𝑁𝑎,

𝐹𝑠 = 𝑘𝑦𝑠 , 𝐿0 = 𝑦𝑠 + 𝐿𝑠 , 𝐿0,𝑐𝑟 =𝜋𝐷

𝛼

2 𝐸 − 𝐺

2𝐺 + 𝐸

1 2


2




Desarrollo:

a) De la tabla 10-4 y de la tabla 10-6:

𝑆𝑢𝑡 =𝐴

𝑑𝑚=

140 𝑘𝑝𝑠𝑖 ∙ 𝑖𝑛0.190

0.08 𝑖𝑛 0.190≅ 226.225 𝑘𝑝𝑠𝑖

𝑆𝑠𝑦 = 0.45𝑆𝑢𝑡 ≅ 101.801 𝑘𝑝𝑠𝑖

𝜏𝑠 =𝑆𝑠𝑦

𝑛𝑠≅

101.801 𝑘𝑝𝑠𝑖

1.2≅ 84.834 𝑘𝑝𝑠𝑖

𝑂𝐷 = 𝐷 + 𝑑 → 𝐷 = 0.880 − 0.08 𝑖𝑛 = 0.8 𝑖𝑛

𝐶 =𝐷

𝑑=

0.8 𝑖𝑛

0.08 𝑖𝑛= 10

𝐾𝐵 =4𝐶 + 2

4𝐶 − 3≅ 1.135

𝜏𝑠 = 𝐾𝐵

8𝐹𝑠𝐷

𝜋𝑑3→ 𝐹𝑠 =

𝜏𝑠𝜋𝑑3

8𝐾𝐵𝐷

𝑭𝒔 =𝟖𝟒. 𝟖𝟑𝟒 𝒌𝒑𝒔𝒊 𝝅 𝟎. 𝟎𝟖 𝒊𝒏 𝟑

𝟖 𝟏. 𝟏𝟑𝟓 𝟎. 𝟖 𝒊𝒏≅ 𝟏𝟖. 𝟕𝟖𝟓 𝒍𝒃𝒇


3




Desarrollo:

b) De la tabla 10-1 y de la 10-5:

𝑁𝑎 = 𝑁𝑡 − 1 = 7

𝑘 ≅𝑑4𝐺

8𝐷3𝑁𝑎≅

0.08 𝑖𝑛 4 11.5 𝑀𝑝𝑠𝑖

8 0.8 𝑖𝑛 3(7

𝒌 ≅ 𝟏𝟔. 𝟒𝟐𝟗 𝒍𝒃 𝒇 𝒊 𝒏

c) De la tabla 10-1:

𝐿𝑠 = 𝑑𝑁𝑡 = 8 0.08 𝑖𝑛 = 0.64 𝑖𝑛

𝐹𝑠 = 𝑘𝑦𝑠 → 𝑦𝑠 ≅18.785 𝑙𝑏𝑓

16.429 𝑙𝑏 𝑓 𝑖 𝑛≅ 1.143 𝑖𝑛

𝐿0 = 𝑦𝑠 + 𝐿𝑠 ≅ 0.64 + 1.143 𝑖𝑛

𝑳𝟎 ≅ 𝟏. 𝟕𝟖𝟑 𝒊𝒏

d) De la tabla 10-1:

𝑝 =𝐿0

𝑁𝑎 + 1≅

1.783 𝑖𝑛

8

𝒑 ≅ 𝟎. 𝟐𝟐𝟑 𝒊𝒏


4




Desarrollo:

e) Para efectuar una evaluación del diseño han

de tomarse en cuenta los siguientes criterios:

4 ≤ 𝐶 ≤ 12.

3 ≤ 𝑁𝑎 ≤ 15.

𝜉 ≥ 0.15.

𝑛𝑠 ≥ 1.2.

𝐿0 < 𝐿0,𝑐𝑟.

𝟒 ≤ 𝟏𝟎 ≤ 𝟏𝟐 (𝑶𝒌

𝟑 ≤ 𝟕 ≤ 𝟏𝟓 (𝑶𝒌

𝐹𝑠 = 1 + 𝜉 𝐹𝑚𝑎𝑥 → 𝜉 =𝐹𝑠

𝐹𝑚𝑎𝑥− 1

𝜉 =18.785 𝑙𝑏𝑓

16.5 𝑙𝑏𝑓− 1 ≅ 0.14

Aquí no se cumple que 𝜉 ≥ 0.15, sin embargo debido a que

el valor para el rebase fraccional al cierre es cercano a 0.15 el

diseñador podría considerar aceptable este diseño.

𝒏𝒔 = 𝟏. 𝟐 (𝑶𝒌

De la tabla 10-2 y de la tabla 10-5

𝐿0,𝑐𝑟 =𝜋𝐷

𝛼

2 𝐸 − 𝐺

2𝐺 + 𝐸

1 2

=𝜋 0.8

0.5

2 28.6 − 11.5

2 11.5 + (28.6

1 2

𝐿0,𝑐𝑟 ≅ 4.092 𝑖𝑛

𝟏. 𝟕𝟖𝟑 𝒊𝒏 < 𝟒. 𝟎𝟗𝟐 𝒊𝒏 (𝑶𝒌0.14 < 0.15


5

2. El eje del tornillo sin fin de la figura (a) transmite 1.2 hp a 500 rev/min. Del análisis estático se obtuvieron

los resultados que se presentan en la figura (b). El cojinete A será de bolas de contacto angular montado para

soportar una carga de empuje de 555 lbf y será seleccionado de la tabla 11-2. El cojinete B solo soportará

carga radial, por lo que se seleccionará un cojinete de rodillos cilíndricos de la serie 02 mostrada en la tabla

11-3. Utilice un factor de aplicación de 1.2, una vida deseada de 30 kh, y una confiabilidad combinada de

0.99. También utilice los parámetros del fabricante 2, mostrados en la siguiente tabla. Seleccione los

cojinetes.

Suposiciones: El cojinete A es más crítico que el cojinete

B (la carga de empuje y la carga radial sobre el cojinete A

son mayores que la carga radial sobre el B) y se supondrá

que la confiabilidad para el cojinete A es menor que para el

B. Concretamente se supondrá que la confiabilidad del

cojinete A es de 0.99.


𝑥𝐷 =𝐿𝐷

𝐿10, 𝐿 = 60ℒ𝑛, 𝑅 = 𝑅𝐴𝑅𝐵,

𝐶10 = 𝑎𝑓𝐹𝐷

𝑥𝐷

𝑥0 + 𝜃 − 𝑥0 ln1𝑅𝐷

1 𝑏

1 𝑎,

𝐹𝑒 = 𝑋𝑖𝑉𝐹𝑟 + 𝑌𝑖𝐹𝑎


6







cojinetes.

Desarrollo:

Cojinete B

𝑅 = 𝑅𝐴𝑅𝐵 → 𝑅𝐵 =𝑅

𝑅𝐴= 1

De acuerdo a la tabla mostrada, para el fabricante 2, la vida

básica es igual a 1 𝑥 106 revoluciones.

𝑥𝐷 =𝐿𝐷

𝐿10=

60𝑚𝑖𝑛ℎ

30 𝑥 103 ℎ 500 𝑟𝑒 𝑣 𝑚 𝑖𝑛

1 𝑥 106 𝑟𝑒𝑣= 900

𝐹𝑟,𝐵 = 𝐹𝑥,𝐵2 + 𝐹𝑦,𝐵

2

𝐹𝑟,𝐵 = 36 𝑙𝑏𝑓 2 + 67 𝑙𝑏𝑓 2 ≅ 76.06 𝑙𝑏𝑓

𝐹𝑟,𝐵 ≅ 76.06 𝑙𝑏𝑓4.44822 𝑁

1 𝑙𝑏𝑓

1 𝑘𝑁

1 𝑥 103 𝑁≅ 0.338 𝑘𝑁


𝑥𝐷


1 𝑏

1 𝑎

Al tratarse de un cojinete de rodillo 𝑎 =10

3:

𝐶10 =

1.2 0.338 𝑘𝑁900

0.02 + 4.459 − 0.02 ln11

1 1.483

3 10

𝐶10 ≅ 10.09 𝑘𝑁


7







cojinetes.

Desarrollo:

Cojinete B

De la tabla 10-3:

Aquí se ve claramente que 𝟏𝟎. 𝟎𝟗 𝒌𝑵 < 𝟏𝟔. 𝟖 𝒌𝑵, por lo

que se selecciona un cojinete de rodillo cilíndrico con

diámetro interior de 25 mm (02-25 mm).

Cojinete A

𝑥𝐷 = 900

𝐹𝑟,𝐴 = 𝐹𝑥,𝐴2 + 𝐹𝑦,𝐴

2

𝐹𝑟,𝐴 = 36 𝑙𝑏𝑓 2 + −212 𝑙𝑏𝑓 2 ≅ 215.03 𝑙𝑏𝑓

𝐹𝑟,𝐴 ≅ 215.03 𝑙𝑏𝑓4.44822 𝑁

1 𝑙𝑏𝑓

1 𝑘𝑁

1 𝑥 103 𝑁≅ 0.957 𝑘𝑁

𝐹𝑎,𝐴 = −555 𝑙𝑏𝑓4.44822 𝑁

1 𝑙𝑏𝑓

1 𝑘𝑁

1 𝑥 103 𝑁≅ 2.469 𝑘𝑁

Suponiendo inicialmente que se puede emplear un

cojinete de bolas de contacto angular 02-80 mm.


8







cojinetes.

Desarrollo:

Cojinete A

𝐶10,𝑐𝑎𝑡𝑎𝑙𝑜𝑔𝑜 = 80.6 𝑘𝑁, 𝐶0,𝑐𝑎𝑡𝑎𝑙𝑜𝑔𝑜 = 55 𝑘𝑁

𝐹𝑎𝐶0,𝑐𝑎𝑡𝑎𝑙𝑜𝑔𝑜

=2.469 𝑘𝑁

55 𝑘𝑁≅ 0.045

𝐹𝑎𝑉𝐹𝑟

=2.469 𝑘𝑁

0.957 𝑘𝑁= 2.580

Interpolando valores de la tabla 11-1 para𝐹𝑎

𝐶0≅ 0.045:

𝑒 ≅ 0.244, 𝑥2 = 0.56, 𝑦2 ≅ 1.82


9







cojinetes.

Desarrollo:

Cojinete A

𝐹𝑒 = 𝑋2𝐹𝑟 + 𝑌2𝐹𝑎 ≅ 0.56 0.957 + 1.82 2.469 𝑘𝑁

𝐹𝑒 ≅ 5.03 𝑘𝑁


𝑥𝐷


1 𝑏

1 𝑎

Al tratarse de un cojinete de bolas 𝑎 = 3:

𝐶10 =

1.2 5.03 𝑘𝑁900

0.02 + 4.459 − 0.02 ln1

0.99

1 1.483

1 3

𝐶10 ≅ 96.60 𝑘𝑁

Lo cual está por encima de 80.6 𝑘𝑁 e implica que se

seleccionó mal el cojinete.

Repitiendo los pasos anterior para los cojinetes de

contacto angular 02-85 mm y 02-90 mm.


10







cojinetes.

Desarrollo:

Cojinete A

Cojinete

de bola de

contacto

angular

𝐶10,𝑐𝑎𝑡𝑎𝑙𝑜𝑔𝑜

(𝑘𝑁

𝐶0,𝑐𝑎𝑡𝑎𝑙𝑜𝑔𝑜

(𝑘𝑁

𝐹𝑎𝐶0,𝑐𝑎𝑡𝑎𝑙𝑜𝑔𝑜

𝑒 𝑋2 𝑌2 𝐹𝑒(𝑘𝑁

𝐶10

(𝑘𝑁

02-85 mm 90. 4 63 0.0392 0.236 0.56 1.878 5.17 99.28

02-90 mm 106 73.5 0.0336 0.228 0.56 1.934 5.31 101.97

Aquí se ve claramente que 𝟏𝟎𝟏. 𝟗𝟕 𝒌𝑵 < 𝟏𝟎𝟔 𝒌𝑵, por lo que se selecciona un cojinete de bolas de contacto

angular con diámetro interior de 90 mm (02-90 mm).


11

3. Un cojinete completo de contacto deslizante tiene un eje con un diámetro de 3.000 in y con una tolerancia

unilateral de -0.0004 in. La razón𝒍

𝒅= 𝟏. El buje tiene un diámetro interior de 3.003 in con una tolerancia

unilateral de 0.0012 in. Aceite SAE 40 es suplido por un colector con una temperatura en estado estable de

140°F. Sí la carga radial es de 675 lbf, estime:

a) La temperatura promedio de película del lubricante 𝑇𝑝𝑟𝑜𝑚.

b) El espesor mínimo de película ℎ0 y su posición 𝜙.

c) La razón de transferencia de calor perdido 𝐻𝑙𝑜𝑠𝑠.

d) El flujo volumétrico axial de lubricante 𝑄𝑠.

Todo lo anterior para un ensamblaje donde se tiene holgura mínima 𝑐𝑚𝑖𝑛, si la velocidad del eje es de 10 rev/s.

Suposiciones: Estado estable, flujo estable; fluido Newtoniano, incompresible, y de viscosidad constante (evaluada

a 𝑇𝑝𝑟𝑜𝑚). Ha de decirse que se mantienen las mismas suposiciones hechas por Reynolds para el desarrollo de la

ecuación de lubricación de cojinetes deslizante de longitud finita. También se supone que solo el eje rota a una

velocidad de 10 rev/s.


𝑆 =𝜇𝑁

𝑃

𝑟

𝑐

2

, 𝑃 =𝑊

2𝑟𝑙, 𝑇𝑝𝑟𝑜𝑚 = 𝑇1 +

∆𝑇

2, 𝜇 = 𝜇0𝑒

𝑏 𝑇𝑝𝑟𝑜𝑚+95 ,

ℎ0

𝑐= 𝑔1 𝑆 ,

𝑓𝑟

𝑐= 𝑔2 𝑆 ,

𝑄

𝑟𝑐𝑁𝑙= 𝑔3 𝑆 ,

𝑄𝑠

𝑄= 𝑔4 𝑆 ,𝐻𝑙𝑜𝑠𝑠 =

2𝜋𝑁

𝐽𝑓𝑊𝑟


12






Desarrollo:

a) En vista que se desconoce el incremento de

temperatura del lubricante ∆𝑇, inicialmente se supondrá

uno.

-Prueba con ∆𝑇 = 35°𝐹:

𝑇𝑝𝑟𝑜𝑚 = 𝑇1 +∆𝑇

2= 140 + 17.5 °𝐹

𝑇𝑝𝑟𝑜𝑚 = 157.5 °𝐹

𝜇 = 𝜇0𝑒 𝑏 𝑇𝑝𝑟𝑜𝑚+95

= 0.0121 𝑥 10−6𝑙𝑏𝑓 ∙ 𝑠

𝑖𝑛2𝑒 1474.4 °𝐹 157.5+95 °𝐹

𝜇 ≅ 4.156 𝑥 10−6𝑙𝑏𝑓 ∙ 𝑠

𝑖𝑛2

𝑙

𝑑= 1 → 𝑙 = 𝑑 = 3 𝑖𝑛

𝑃 =𝑊

2𝑟𝑙=

675 𝑙𝑏𝑓

3 𝑖𝑛 (3 𝑖𝑛= 75

𝑙𝑏𝑓

𝑖𝑛2

𝑐𝑚𝑖𝑛 =𝑑𝑏𝑢𝑗𝑒,𝑚í𝑛𝑖𝑚𝑜 − 𝑑𝑒𝑗𝑒,𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑜

2

𝑐𝑚𝑖𝑛 =3.003 𝑖𝑛 − 3.000 𝑖𝑛

2= 0.0015 𝑖𝑛


13






Desarrollo:



uno.

𝑆 =𝜇𝑁

𝑃

𝑟

𝑐𝑚𝑖𝑛

2

=𝜇 10 𝑟𝑒 𝑣 𝑠

75𝑙𝑏𝑓𝑖𝑛2

1.5 𝑖𝑛

0.0015 𝑖𝑛

2

𝑆 =400 𝑥 103

3𝜇

𝑆 =400 𝑥 103

34.156 𝑥 10−6 ≅ 0.5541

De la figura 12-24 para una razón de𝑙

𝑑= 1 se tiene la

siguiente expresión:

9.71∆𝑇

𝑃= 0.349109 + 6.00940𝑆 + 0.047467𝑆2

9.71∆𝑇

𝑃= 0.349109 + 6.00940 0.5541

+0.047467 0.5541 2

9.71∆𝑇

𝑃≅ 3.6935 → ∆𝑇 = 28.53 °𝐹

Lo cual da un error de:

𝑒𝑟𝑟𝑜𝑟 𝑒𝑛 ∆𝑇 =35 − 28.53 °𝐹

28.53 °𝐹𝑥 100% ≅ 22.68%

A este punto se debe asumir otro valor para ∆𝑇 e

iterar hasta encontrar el valor real de ∆𝑇. Para

evitar continuar con el proceso de iteración se

resolverá el siguiente sistema de ecuaciones:


14






Desarrollo:



uno.

𝜇 = 𝜇0𝑒 𝑏 𝑇𝑝𝑟𝑜𝑚+95 → 𝑇𝑝𝑟𝑜𝑚 =

𝑏

ln𝜇𝜇0

− 95 (1

9.71∆𝑇

𝑃= 0.349109 + 6.00940𝑆 + 0.047467𝑆2

9.71∆𝑇

𝑃= 0.349109 + 6.00940

400 𝑥 103

3𝜇 +

0.047467400 𝑥 103

3𝜇

2

∆𝑇 =𝑃

9.71

0.349109 + 6.00940400 𝑥 103

3𝜇 +

0.047467400 𝑥 103

3𝜇

2

2 𝑇𝑝𝑟𝑜𝑚 − 𝑇1 =𝑃

9.71

0.349109 +

6.00940400 𝑥 103

3𝜇 +

0.047467400 𝑥 103

3𝜇

2(2

Tras resolver (1) y (2) para 𝑇1 = 140°𝐹, 𝑃 =

75𝑙𝑏𝑓

𝑖𝑛2 , 𝜇0 = 0.0121 𝑥 10−6 𝑙𝑏𝑓∙𝑠

𝑖𝑛2 , y 𝑏 =

1474.4 °𝐹:

𝑻𝒑𝒓𝒐𝒎 = 𝟏𝟓𝟓. 𝟎𝟒 °𝑭

𝜇 = 4.40 𝑥 10−6𝑙𝑏𝑓 ∙ 𝑠

𝑖𝑛2


15






Desarrollo:

b) Para el valor de viscosidad determinado, el

número de Sommerfeld sería:

𝑆 =400 𝑥 103

3𝜇 =

400 𝑥 103

34.40 𝑥 10−6

𝑆 ≅ 0.5867

De la figura 12-16:

ℎ0

𝑐𝑚𝑖𝑛≅ 0.78 → ℎ0 ≅ 0.78 0.0015 𝑖𝑛

𝒉𝟎 ≅ 𝟎. 𝟎𝟎𝟏𝟏𝟕 𝒊𝒏

De la figura 12-17:

𝝓 ≅ 𝟕𝟑°

c) De la figura 12-18:

𝑟𝑓

𝑐≅ 11 → 𝑓 ≅

11𝑐

𝑟

𝑓 ≅ 110.0015 𝑖𝑛

1.5 𝑖𝑛≅ 0.011

𝐻𝑙𝑜𝑠𝑠 =2𝜋𝑁

𝐽𝑓𝑊𝑟

𝐻𝑙𝑜𝑠𝑠 ≅2𝜋 10

𝑟𝑒𝑣𝑠

9338.028𝑙𝑏𝑓 ∙ 𝑖𝑛𝐵𝑡𝑢

0.011 (675 𝑙𝑏𝑓 (1.5 𝑖𝑛

𝑯𝒍𝒐𝒔𝒔 ≅ 𝟎. 𝟎𝟕𝟓𝑩𝒕𝒖

𝒔

d) El flujo volumétrico axial de lubricante 𝑄𝑠

De la figura 12-19 y de la 12-20:

𝑄

𝑟𝑐𝑁𝑙≅ 3.6


16






Desarrollo:

𝑄 ≅ 3.6(1.5 𝑖𝑛 (3 𝑖𝑛 (10 𝑟𝑒 𝑣 𝑠 (0.0015 𝑖𝑛

𝑄 ≅ 0.243 𝑖𝑛3 𝑠

𝑄𝑠

𝑄≅ 0.32

𝑸𝒔 ≅ 𝟎. 𝟎𝟕𝟕𝟖𝒊𝒏𝟑

𝒔

ejemplos de los capítulos ii, iii, y iv · ejemplos de los capítulos ii, iii, y iv 2 1. un...

Documents