ejercicios hechos por juan castillos libre de la 9 a la 14.pdf

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C a p í t u l o I I I

Ejercicios III.3 Procedimientos.

A continuación se desarrollan los métodos y procedimientos realizados para dar solución a los

problemas de sistema mecánicos rotativos. Es de resaltar que se analiza el sistema como un todo,

suponiendo el sistema mecánico rígido y en el cual se involucran solo variables dinámicas que

caracterizan su funcionamiento para aproximarnos lo más posible al trabajo real que ejecuta.

El procedimiento utilizado consistió en:

1) Realizar un esquema de los componentes del sistema mecánico objeto de estudio, sean

estos; motor, transmisión, carga, volante de inercia, embragues, etc.

2) Se ordenan las variables dinámicas de cada componente. Estos datos se suministran en

forma gráfica o en funciones matemáticas.

3) Se aplica la ley fundamental de los sistemas mecánicos rotativos a fin de obtener la

ecuación que determina el funcionamiento de todo el sistema, logrando pre dimensionar

los componentes mecánicos del sistema con ayuda de catálogos de fabricantes.

4) Se aplican los métodos aproximados, método de integración gráfica, método grafico, para

dimensionar definitivamente el componente mecánico y validar el cumplimiento de los

requerimientos de potencia especificados.

Ing. Msc Juan Castillo

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Se analizan sistema en sus fases transitorias y en la fase de funcionamiento continuo iniciando el

estudio con curvas motoras aproximadas tales como los motores de corriente alterna.

Posteriormente se analizan motores de corriente alterna con sus curvas características dadas por

el fabricante. Estableciendo diferentes metodologías para seleccionar adecuadamente los

componentes del sistema mecánico y basándonos siempre en la ecuación fundamental de los

sistemas mecánicos rotativos.

Se plantea el análisis de cargas intermitentes como es el caso de una máquina punzónadora y

cuando un sistema mecánico rotativo requiere la incorporación de un volante de inercia.

Finalizamos con un problema de embragues en su etapa transitoria y cómo influye al incorporarlo

en los sistemas mecánicos rotativos.


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III.4 Método Aproximado.

Una Máquina centrífuga de eje vertical tiene un rotor de momento de inercia I = 4,5 Kg m2 y de

características mecánicas dadas en la Figura 3.1b, es accionada por un motor eléctrico asíncrono

que acelera el ventilador hasta la velocidad de 800 min-1

Seleccionar un motor eléctrico asíncrono Nema B de 50 Hz (Ver Anexo B), necesario para

accionar la carga. Obtenga la relación de transmisión entre el eje del motor y el eje del ventilador.

La transmisión propuesta es por correas con una eficiencia de η = 95%. Determine el tiempo de

aceleración (evaluar por métodos aproximados) al 95% de la velocidad de régimen. ¿Cómo puede

influir el tiempo de aceleración de un motor asíncrono de dos velocidades, 2 y 4 polos comparado

con un motor de una velocidad, 4 polos?. Ver Figura 3.1.

Figura 3.1a

Figura 3.1b

Figura 3.1.Curva característica del ventilador centrífugo.

De la curva característica del ventilador se observa que para una velocidad angular de

][800 rpmc =ω es necesario suminístrale al ventilador un par de ( ) ].[30 mNM cc =ω . Aplicando la

ecuación [2.5] tenemos la potencia requerida por el ventilador en el eje de la carga representada

en la ecuación [3.1].


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( ) ][74,513.260.2.800.30. WMP cccc =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛==∴

πωω [3.1]

Considerando la eficiencia de la transmisión. Entonces la potencia que necesita suministrar el

motor a la carga está dada por la ecuación [2.4], cuya aplicación se observa en la formula [3.2].

][7,2][6,645.295,0

74,513.2 KwWPPPPP

PP

mc

mm

c

e

s ≅==⇒=⇒==η

η [3.2]

Con la potencia de ][7,2 KwPm = seleccionamos el motor de un catálogo comercial de motores.

Eligiendo el modelo inmediato superior con potencia de ][3 KwPm = . Ver Anexo B.

Tomando las siguientes características dinámicas mostradas en la Tabla 3.1.

Motor Eléctrico de Inducción Trifásica MT 100LB - 4 Polos 50Hz

][3 KwPm = ].[20 mNM N = 5,2=N

MÁX

MM

][415.1 rpmN =ω 4,2=N

A

MM ].[0084,0 2mKgIm =

Tabla 3.1. Datos predimensionamiento de motor eléctrico.

Con estos datos podemos calcular la relación de transmisión utilizando la ecuación [2.19], cuyos

resultados se expresan en [3.3].

565.0415.1

800==⇒== nn

m

c

m

s

ωω

ωω [3.3]

Tomando de la Tabla 3.1 los datos del motor suministrados por el fabricante, calculamos los

siguientes puntos característicos de la curva motora. Ver Tabla 3.2, logrando obtener una

aproximación a la curva característica del motor representada en la Figura 3.2.


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Par Nominal ].[20 mNM N =

Par de Arranque ].[484.2 mNMM NA =×= Par Máximo 505.2 =×= NMÁx MM

Par Promedio

( )].[49

2mN

MMM MÁXA

m =+

=

Velocidad de

Sincronismo ][500.1

450120.120 rpm

pf

s =×

==ω

Ecuación [2.7]

Velocidad

Nominal ][415.1 rpmN =ω

Tabla 3.2. Cálculo de puntos característicos del motor eléctrico.

Figura 3.2.Curva característica del motor referida su propio eje.

Procedemos a reducir el sistema mecánico a un sólo eje utilizando la ecuación [2.24] pero

reducida al eje de la carga. Obteniendo para el par motor promedio reducido al eje de la carga la

ecuación [3.4] y para el par motor nominal reducido al eje de la carga la ecuación [3.5].

].[39.82495,095,0.

*mN

nM

nM c

mm =×=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=ωη [3.4]

].[63.33205,095,0.

*mN

nM

nM c

NN =×=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=ωη [3.5]

Para reducir la velocidad de sincronismo del motor al eje de la carga aplicamos la ecuación [2.19]

obteniendo como resultado la igualdad expresada en [3.6].


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][5,847500.1565,0. rpmn sc =×== ωω ; ][848* rpms ≅ω [3.6]

Es necesario determinar la velocidad promedio del eje motor y para tal fin utilizamos la

semejanza de triángulos planteada en la Figura 3.3.

Figura 3.3. Velocidad motor

Obteniendo como resultado la igualdad matemática expresada en [3.7].

( )ms

m

Ns

N MMtagωωωω

α−

=−

= [3.7]

De la ecuación [3.7] despejamos la velocidad angular promedio del eje motor mostrada en la

ecuación [3.8].

( ) ( ) 15001500415.1.2049. +−=+−= ssN

N

mm

MM ωωωω ; ][292.1 rpmm ≅ω [3.8]

Cálculo de las velocidades del motor

*mω y nominal *

Nω vistas en el eje de la carga aplicando la

ecuación [2.19]. Mostrándose el desarrollo de esta ecuación en las formulas [3.9] para la

velocidad promedia del eje motor reducida al eje de la carga *mω .

][98,729292.1565,0.*

rpmn mmc =×=== ωωω ; ][730*

rpmm ≅ω [3.9]

A la velocidad nominal del eje motor reducida al eje de la carga le corresponde la ecuación [3.10] *Nω .


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][48,799415.1565,0.* rpmn NNc =×=== ωωω [3.10]

Evaluando [3.10] según [2.32] al 95% de la velocidad de operación resulta la ecuación [3.11].

][76048,79995,0* rpmN =×=ω [3.11]

Determinamos la inercia reducida del eje motor al eje de la carga aplicando la formula [2.25]

obteniendo la ecuación [3.12]. Ver Figura 3.4.

].[025,00084,0565,095,0. 2

22* mKgI

nI mm =×==

η [3.12]

Expresando la inercia equivalente del sistema mecánico rotativo como se muestra en la formula

[3.13].

].[53,45,4025,0 2* mKgIII cme =+=+= [3.13]

Con los resultados obtenidos podemos representar gráficamente la curva característica de un

motor reducido al eje de la carga y mostrada en la Figura 3.4.

Figura 3.4. Curva característica del motor reducida al eje de la carga.


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Para el cálculo del tiempo de arranque, dividimos la gráfica representada en la Figura 3.4, en tres

partes, considerando el par acelerante constante, como se muestra en la Figura 3.5. Para el

desarrollo de cálculo, Ver Tabla 3.3.

Tramo 1 [0 – 500] rpm Tramo 2 [500 – 730] rpm Tramo 3 [730 – 760] rpm ( ) ].[50,72

21554,82 mNMa =

+−=

]/[1653,450,72 2srad

IMa

e

===α

( ) ][27,316

305001 swt =

×=

Δ=

πα

( ) ].[65,612

5,26154,82 mNMa =+

−=

]/[61,1353,465,61 2srad

IMa

e

===α

( )( ) ][77,161,13

305007302 swt =

×−=

Δ=

πα

( ) ( ) ].[70,442

285,262

5,614,82 mNMa =+

−+

=

]/[87,953,470,44 2srad

IMa

e

===α

( )( ) ][32,087,9

307307603 swt =

×−=

Δ=

πα

Tabla 3.3. Cálculo de tiempo de arranque.

Así que el tiempo de arranque del sistema mecánico estará dado por el inverso del área entre las

dos curvas y cuyo resultado se muestra en la ecuación [3.14]. Como se explico previamente en la

ecuación [2.32].

].[53,45,4025,0 2* mKgIII cme =+=+= [3.14]

Figura 3.5. Par acelerante del sistema mecánico.


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El tiempo de arranque calculado ][36,5 sta = es menor al máximo tiempo de arranque (15 [s])

recomendado por el fabricante de motores. (Ver Anexo B), por lo que se garantiza que el sistema

no tendrá sobrecalentamientos que puedan dañar al motor eléctrico.

Para el caso de un motor de dos velocidades (2 y 4 polos) y con la potencia de ][7,2 KwPm =

obtenida en la ecuación [3.2], seleccionamos el motor de un catálogo comercial de motores. En la

Tabla 3.4 se muestran los datos suministrados por el fabricante.

Motor Eléctrico de Inducción Trifásica MT 100LB -2 y 4 Polos 50Hz

].[10 mNM N = 3=N

MÁX

MM

][3 KwPm =

].[20 mNM N = 5,2=N

MÁX

MM

][860.2 rpmN =ω 2,2=N

A

MM

][415.1 rpmN =ω 4,2=N

A

MM

].[0084,0 2mKgIm =

Tabla 3.4. Datos predimensionamiento de motor eléctrico de dos velocidades.

Con estos datos podemos calcular la relación de transmisión utilizando la ecuación [2.19], cuyos

resultados se expresan en [3.15].

28.0860.2

800==⇒== nn

m

c

m

s

ωω

ωω [3.15]

Tomando de la Tabla 3.4 los datos del motor suministrados por el fabricante, calculamos los

siguientes puntos característicos de las curvas motoras. Ver Tabla 3.5 para el motor de dos polos

y Tabla 3.6 para el motor de cuatro polos, logrando obtener una aproximación a la curva

característica del motor representada en la Figura 3.6.


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Par de Arranque ].[222.2 mNMM NA =×= Par Máximo 303 =×= NMÁx MM

Par Promedio

( )].[26

2mN

MMM MÁXA

m =+

=

Velocidad de

Sincronismo ][000.3

250120.120 rpm

pf

s =×

==ω

Ecuación [2.7]

Velocidad


Tabla 3.5. Datos predimensionamiento de motor eléctrico de dos polos.


Par de Arranque ].[484.2 mNMM NA =×= Par Máximo 505.2 =×= NMÁx MM

Par Promedio

( )].[49

2mN

MMM MÁXA

m =+

=

Velocidad de

Sincronismo ][500.1

450120.120 rpm

pf

s =×

==ω

Ecuación [2.7]

Velocidad


Tabla 3.6. Datos predimensionamiento de motor eléctrico de cuatro polos.

Figura 3.6. Curva característica de un motor de dos velocidades referida su propio eje.


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Procedemos a reducir la curva motora de 2 polos utilizando la ecuación [2.24] pero reducida al

eje de la carga. Obteniendo para el par motor promedio reducido al eje de la carga, la ecuación

[3.16] y para el par motor nominal reducido al eje de la carga la ecuación [3.17].

].[22.882628,095,0.

*mN

nM

nM c

mm =×=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=ωη [3.16]

].[93.331028,095,0.

*mN

nM

nM c

NN =×=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=ωη [3.17]



][840000.328,0. rpmn sc =×== ωω ; ][840* rpms =ω [3.18]

Cálculo de la velocidad nominal *Nω vistas en el eje de la carga aplicando la ecuación [2.19].

Mostrándose el desarrollo de esta ecuación en las formulas [3.19] para la velocidad nominal *Nω

del eje motor reducida al eje de la carga.

][8,800860.228,0.* rpmn NNc =×=== ωωω [3.19]

Evaluando [3.19] según [2.32] al 95% de la velocidad de operación resulta la ecuación [3.20].

][76,7608,80095,0* rpmN =×=ω [3.20]

Procedemos a reducir la curva motora de 4 polos utilizando la ecuación [2.24] pero reducida al

eje de la carga. Obteniendo para el par motor promedio reducido al eje de la carga, la ecuación

[3.21] y para el par motor nominal reducido al eje de la carga la ecuación [3.22].

].[25,1664928,095,0.

*mN

nM

nM c

mm =×=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=ωη [3.21]

].[86,672028,095,0.

*mN

nwM

nM c

NN =×=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

η [3.22]


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][420500.128,0. rpmn sc =×== ωω ; ][420* rpms =ω [3.23]

Cálculo de la velocidad nominal *Nω vistas en el eje de la carga aplicando la ecuación [2.19].

Mostrándose el desarrollo de esta ecuación en las formulas [3.24] para la velocidad nominal *Nω

del eje motor reducida al eje de la carga.

][2,396415.128,0.* rpmn NNc =×=== ωωω [3.24]

Determinamos la inercia reducida del eje motor al eje de la carga aplicando la formula [2.25]

obteniendo la ecuación [3.25].

].[1018,00084,028,095,0. 2

22* mKgI

nI mm =×==

η [3.25]

Expresando la inercia equivalente del sistema mecánico rotativo como se muestra en la formula

[3.26].

].[64,45,41018,0 2* mKgIII cme =+=+= [3.26]

Con los resultados obtenidos podemos representar gráficamente la curva característica de un

motor reducido al eje de la carga y mostrada en la Figura 3.7.


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Figura 3.7. Motor de dos velocidades reducida al eje de la carga.

Para el cálculo del tiempo de arranque, dividimos la gráfica representada en la Figura 3.7, en

cinco partes, considerando el par acelerante constante, como se muestra en la Figura 3.8. Para el

desarrollo de cálculo, Ver Tabla 3.7 y la Tabla 3.8.

Tramo I [0 – 360] rpm Tramo II [360 – 388] rpm Tramo III [500 – 360] rpm ( ) ].[65,157

22,12525,166 mNMa =

+−=

]/[98,3364,465,157 2srad

IMa

e

===α

( )][11,1

98,3330360

1 swt =×

=Δ

=π

α

( ) ].[02,392

22,8825,166 mNMa =+

=

]/[41,864,402,39 2srad

IMa

e

===α

( )( )][35,0

41,830360388

2 swt =×−

=Δ

=π

α

( ) ].[62,742

2,121522,88 mNMa =+

−=

]/[08,1664,462,74 2srad

IMa

e

===α

( )( )][91,0

08,1630360500

3 swt =×−

=Δ

=π

α

Tabla 3.7. Cálculos de tiempos de arranque para un motor de dos velocidades (a).


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Tramo IV [733,63 –500] rpm Tramo V [760,76 – 733,63] rpm ( ) ].[06,66

21533,2922,88 mNMa =

+−=

]/[24,1464,406,66 2srad

IMa

e

===α

( )][72,1

24,143063,233

1 swt =×

=Δ

=π

α

( ) ( )2

33,29312

17,6622,88 +−

+=Ma

].[03,47 mNMa =

]/[14,1064,403,47 2srad

IMa

e

===α

( )][28,0

14,103013,27

2 swt =×

=Δ

=π

α

Tabla 3.8. Cálculos de tiempos de arranque para un motor de dos velocidades (b).

Así que el tiempo de arranque del sistema mecánico estará dado por el inverso del área entre las

dos curvas y cuyo resultado se muestra en la ecuación [3.27]. Como se explico previamente en la

ecuación [2.32].

][37,428,072,191,035,011,154321 stttttta =++++=++++= [3.27]

Figura 3.8. Par acelerante del sistema mecánico con motor de dos velocidades.


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154

III.5 Método gráfico utilizando Autocad.

Se acciona un ventilador centrifugo mediante un motor trifásico de inducción a través de una

transmisión de engranajes de parámetros 5,0=n y 9,0=η . Se desea evaluar el tiempo requerido

por el sistema para alcanzar el 90% de la velocidad de régimen. Suponga despreciable las inercias

de la transmisión, =mI 3 Kg.m2, =cI 4,5 Kg.m2. En la Figura 3.9, se indican las características

mecánicas del motor ( )ωmM y carga ( )ωcM referidas a sus respectivos ejes de rotación. También

se muestra cómo influye la relación de transmisión en la curva de la carga ( )ωnM c y finalmente

el efecto de la relación de transmisión dividida por la eficiencia ( )ωη

nMnc para obtener la curva

de la carga a analizar.

Figura 3.9. Curva característica del motor y de ventilador centrífugo.

Al suministrar gráficamente las características dinámicas del motor ( )ωmM y la carga

( )ωη

nMnc , procedemos a digitalizarlas siguiendo los pasos descritos a continuación.

1. Se escanean las gráficas del motor ( )ωmM y la carga ( )ωη

nMnc .


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155

2. Se insertan las imágenes en AutoCad y realizan sobre ellas un cuadriculado de 50x50

unidades correspondientes a las respectivas escalas de las variables que se relacionan en la

gráfica. Para este caso: las velocidad angular ω [rpm] y par motor o carga M [N.m].

3. Con polilíneas se marca a cada 50 unidades, un punto de la gráfica que se cruce con las

cuadriculas previamente definidas.

4. Se extrae los puntos correspondientes llevados a las escalas correspondientes de cada eje,

resultando una serie de puntos que representan las características dinámicas en los ejes

respectivos del motor y la carga. Ver Tabla 3.9, 3.10. y sus respectivas Figuras 3.10. y

3.11.

mω ( )mmM ω mω ( )mmM ω mω ( )mmM ω mω ( )mmM ω0,00 30 800,00 46,23 1600,00 52,13 1799,87 26,23 50,00 30,49 850,00 47,7 1650,00 50,66 1799,87 24,76

100,00 30,98 900,00 48,94 1700,00 48,2 1799,87 23,15 150,00 31,72 950,00 49,92 1750,00 42,29 1799,87 21,77 200,00 32,46 1000,00 51,15 1764,27 45,13 1799,87 20,29 250,00 32,95 1050,00 52,13 1764,27 43,73 1799,87 18,58 300,00 34,18 1100,00 55,12 1764,27 42,04 1799,87 17,14 350,00 35,16 1150,00 54,1 1783,74 40,46 1799,87 15,19 400,00 36,15 1200,00 54,59 1783,74 38,51 1799,87 13,46 450,00 37,38 1250,00 55,09 1783,74 36,73 1799,87 11,65 500,00 38,6 1300,00 55,33 1799,87 35,14 1799,87 9,50 550,00 39,59 1350,00 56,07 1799,87 33,87 1799,87 7,56 600,00 40,82 1400,00 55,33 1799,87 32,25 1799,87 5,69 650,00 42,3 1450,00 55,09 1799,87 30,92 1799,87 4,02 700,00 43,53 1500,00 54,59 1799,87 29,18 1799,87 2,48 750,00 45 1550,00 53,61 1799,87 27,91 1799,87 1,09

1799,87 0,00

Tabla 3.9. Puntos correspondientes al motor.


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Figura 3.10. Curva característica del eje motor.

cw ( )cc wM50 0

100 0,25 150 1,5 200 2,5 250 4,5 300 5,5 350 7,5 400 10,5 450 13,5 500 16,5 550 20,25 600 24,25 650 29,5 700 34,5 750 39 800 45,5 850 51,5 900 58

Tabla 3.10. Puntos correspondientes a la carga.


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Figura 3.11. Curva característica del ventilador centrífugo referido a su propio eje.

5. Se reduce la curva característica de la carga (punto a punto) al eje motor aplicando la

ecuación [2.24]. Ver Tabla 3.11 y Correspondiente Figura 3.12.

( ) ( ) ( )dt

dIInnMnM mmCmCmm

ωη

ωη

ω ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=−

2

[2.24]

6. Se determina la velocidad de operación oω de este sistema mecánico rotativo. Que

corresponde al punto de cruce entre la curva característica del motor y la curva

característica de la carga. Obteniendo gráficamente el valor de 8,784.1=oω rpm. El punto

buscado es el 90% del la velocidad de operación del sistema 606.19,0 ≅×= oωω rpm.

7. Cálculo de la Inercia equivalente del sistema. Que de acuerdo con la ecuación [2.24] la

inercia equivalente del sistema reducida al eje motor será de 25,4=eI Kg.m2.


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158

mω ( )mmM ω ( )mC nMn ωη



0 30,00 -0,07 1100 55,12 6,05 1800 32,25 16,51 50 30,49 -0,07 1150 54,10 6,62 1800 30,92 16,51 100 30,98 -0,04 1200 54,59 7,23 1800 29,18 16,51 150 31,72 0,02 1250 55,09 7,86 1800 27,91 16,51 200 32,46 0,10 1300 55,33 8,52 1800 26,23 16,51 250 32,95 0,21 1350 56,07 9,20 1800 24,76 16,51 300 34,18 0,34 1400 55,33 9,91 1800 23,15 16,51 350 35,16 0,51 1450 55,09 10,64 1800 21,77 16,51 400 36,15 0,69 1500 54,59 11,40 1800 20,29 16,51 450 37,38 0,90 1550 53,61 12,19 1800 18,58 16,51 500 38,60 1,14 1600 52,13 13,00 1800 17,14 16,51 550 39,59 1,41 1650 50,66 13,84 1800 15,19 16,51 600 40,82 1,70 1700 48,20 14,71 1800 13,46 16,51 650 42,30 2,02 1750 42,29 15,60 1800 11,65 16,51 700 43,53 2,36 1764 45,13 15,86 1800 9,50 16,51 750 45,00 2,73 1764 43,73 15,86 1800 7,56 16,51 800 46,23 3,13 1764 42,04 15,86 1800 5,69 16,51 850 47,70 3,55 1784 40,46 16,21 1800 4,02 16,51 900 48,94 3,99 1784 38,51 16,21 1800 2,48 16,51 950 49,92 4,47 1784 36,73 16,21 1800 1,09 16,51

1000 51,15 4,97 1800 35,14 16,51 1800 0,00 16,51 1050 52,13 5,49 1800 33,87 16,51

Tabla 3.11. Reducción de la curva de la carga al eje motor.

Figura 3.12. Curva de la carga reducida al eje motor.


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159

8. Se calcula el par acelerante del sistema y se gráfica su inverso. De acuerdo a [2.32]. Ver

Tabla 3.11 y su correspondiente Figura 3.13.

ω ( ) ( )mCmm nMnMMa ωη

ω −= Ma1 310−× ω ( ) ( )mCmm nMnMMa ω

ηω −=

Ma1 310−×

0 30,00 33,33 90 40,66 24,59 5 30,32 32,98 95 40,96 24,41 10 30,61 32,67 100 41,17 24,29 15 31,27 31,98 105 40,96 24,41 20 32,02 31,23 110 40,74 24,55 25 32,87 30,42 115 40,14 24,92 30 33,64 29,73 120 39,79 25,13 35 34,50 28,99 125 39,05 25,61 40 34,95 28,61 130 38,25 26,14 45 35,61 28,08 135 37,15 26,92 50 36,06 27,73 140 35,81 27,93 55 36,78 27,19 145 34,21 29,23 60 37,45 26,70 150 32,15 31,10 65 38,12 26,23 155 29,86 33,50 70 38,68 25,85 160 27,15 36,84 75 39,48 25,33 165 23,75 42,11 80 39,94 25,04 170 19,90 50,26 85 40,40 24,75 175 12,92 77,40

Tabla 3.11. Cálculo del par acelerante.

Figura 3.13. Gráfica del inverso del par acelerante.


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160

9. Utilizando AutoCad, calculamos el área debajo de esta curva, que representa la integral de

[2.32].

∫ ≅=1606

0

7,4MadwArea [2.32]

Con polilínea se recorre el perímetro del área sombreada de la gráfica del inverso del par

acelerante. Ver Figura 3.14 y se calcula el área de la siguiente manera:

Figura 3.14. Área del inverso del par acelerante

Con la siguiente secuencia de comandos en AutoCad obtenemos el área de la Figura 3.14. Command: area

Specify first corner point or [Object/Add/Subtract]: o

Select objects:

Area = 4691.7263, Perimeter = 410.2206

10. Con la ecuación [2.32] y el área obtenida de 7,4≅A obtenemos la relación [3.28].

][2098,197,425,4.1606

0

sMadwIt e ≅=×== ∫ [3.28]

][20 sta =


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161

III.6. Método de integración gráfica.

En el apartado anterior se utilizó AutoCad para calcular la integral representada en ∫1606

0 Madw , ahora

calcularemos esta integral utilizando un método gráfico realizando el siguiente procedimiento:

1) Cuadriculamos la curva característica del motor y la carga reducida al eje motor de

manera tal que el eje X quede dividido en rangos de 100 rpm, para el eje Y cada 10 Nm.

como se muestra en la figura 3.15.

Figura 3.15.4 Curva característica de motor y curva de la carga reducida al eje motor.

2) Obtenemos los puntos X,Y o ( mω ,M) a cada 100=Δ mω rpm. Para la curva del motor y

para la carga reducida. Ver Tabla 3.12.

3) Calculamos el par acelerante con cma MMM −= y su inverso aM

1 . Ver Tabla 3.12.

4) Graficamos el inverso del par acelerante. El área encerrada entre las curvas es la integral

que deseamos obtener. Ver Figura 3.16.


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mω mM *cM aM 3101 −×

aM

0 30,00 0 30 33,33 100 30,61 0,00 30,61 32,67 200 32,03 0,00 32,03 31,22 300 33,67 0,00 33,67 29,70 400 35,76 0,81 34,95 28,61 500 37,89 1,83 36,06 27,73 600 40,61 3,16 37,45 26,70 700 43,00 4,33 38,67 25,86 800 45,76 5,84 39,92 25,05 900 48,27 7,62 40,65 24,60

1000 50,83 9,67 41,16 24,30 1100 52,72 11,97 40,75 24,54 1200 54,16 14,41 39,75 25,16 1300 55,07 16,80 38,27 26,13 1400 55,44 19,63 35,81 27,93 1500 54,64 22,49 32,15 31,10 1600 52,72 25,57 27,15 36,83 1700 48,86 28,97 19,89 50,28

1784,8 32,16 32,16 0

Tabla 3.12. Puntos característicos del motor y la carga reducida al eje motor.

Figura 3.16. Curva del inverso del par acelerante.


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163

5. Aplicamos el método de integración gráfica. Ver figura 3.17. Para más detalle del método

de integración gráfica referirse al Anexo A.

Figura 3.17. Integración gráfica del inverso del par acelerante.

6. Proporción de la escala del eje X. 10100

==XxSx ⎥⎦

⎤⎢⎣⎡

mmrpm ; ⎥⎦

⎤⎢⎣⎡=

mmrpmSx 10

Proporción de la escala del eje Y. 201010 3−×

==YyS y ⎥⎦

⎤⎢⎣⎡

mmNw.1 ; 4105 −×=yS ⎥⎦

⎤⎢⎣⎡

mmNw.1

Proporción de la escala del eje Z. ZSzZzS zz .=⇒= ; yxz SSPS ..= . Ver Figura 3.18.


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164

Figura 3.18. Altura z proporcional al área bajo la curva.

Igualamos la integral de la ecuación [3.28] a los factores de escala indicados en el punto 6

obteniendo la igualdad [3.29].

ZSSPZSMadwz yxz ....

1606

0

===∴ ∫ [3.29]

Sustituyendo en la ecuación [3.29] sus respectivos valores obtenidos gráficamente resulta la

ecuación [3.30].

[ ] [ ] ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡=⎥⎦

⎤⎢⎣⎡×⎥⎦

⎤⎢⎣⎡==∴ −∫ Nw

rpmmmmmNwmm

rpmmmMadwz 4539,146.

.1105.10.5,61 4

1606

0

[3.30]


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165

7. De la ecuación [2.32] y el área obtenida en la ecuación [3.30] con ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡=

Nwrpmz 45 ,

obtenemos la expresión [3.31].

[ ] [ ]sNwrpmmKg

MadwIt e 2045..25,4.

60.2..

60.2 2

1606

0

=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡== ∫

ππ [3.31]

[ ]sta 20=

III.7. Cargas intermitentes.

En la Figura 3.19, se muestra esquemáticamente una máquina punzónadora constituida por un

motor eléctrico que acciona un volante mediante una transmisión por correas, y un mecanismo de

barras deslizantes cuya corredera lleva la herramienta perforadora. Durante el ciclo de trabajo la

herramienta realiza la perforación, con la siguiente reducción en la energía cinética del volante.

Finalizada la perforación el motor acelera al sistema hasta que se recupera el estado inicial a la

velocidad del sistema, reiniciándose el ciclo.

El accionamiento se logra mediante un motor de inducción de gran deslizamiento, con una

velocidad de sincronismo de 1.500 rpm, y cuya característica se muestra en la Figura 3.22. El

máximo deslizamiento permitido, medido en el eje motor es 17% de la velocidad de sincronismo;

la velocidad nominal del motor es 1.425 rpm.

Del diseño del mecanismo es sabido que la máxima fuerza permisible actuando sobre el pistón

porta-herramienta es Pmáx = 39.000 Kg. La perforación se produce al final de la carrera de avance

del pistón. Aunque el diagrama fuerzas de corte-penetración del punzón depende de muchos

factores tales como la ductilidad del material, forma y uso de la herramienta, entre otras

variables, se supondrá una variación parabólica.

a) Se desea determinar la potencia del motor, despreciando el efecto de la inercia del piñón y

del mecanismo porta-herramienta.


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b) El momento de inercia del volante requerido para una perforación continua de huecos de

diámetros máximo en una placa de 2 cm, de espesor.

Figura 3.19. Esquema de máquina punzónadora.

1) Aplicando la ecuación [2.24] reducida al eje de la carga. Reducimos el sistema de

transmisión del eje motor (Eje 1) al eje de la carga (Eje 2) para obtener la ecuación [3.32].

Ver Figura 3.20, de la siguiente manera:

( )dt

dIIn

Mn

Mn

ccmcc

cm

ωηωωη

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

2. [2.24]

ms Mn

M .1

12

η= [3.32]

Reduciendo nuevamente [3.32] al Eje 3 tendremos la ecuación [3.33].


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mssm Mnn

Mn

MM ...2

2

1

12

2

23

* ηηη=== [3.33]

Figura 3.20. Sistema de transmisión.

Procedemos de manera similar con la inercia equivalente al eje 3. Aplicando la ecuación [2.25].

Para obtener la ecuación [3.34] para la inercia reducida al eje 2 y ecuación [3.35] para la inercia

reducida al eje 3.

vm IIn

I += .21

12

η [3.34]

322

22

1

12

2

2 ... IIn

Inn

I vme ++=ηηη [3.35]

2) Determinamos la variación de energía máxima requerida por la carga en función de su

velocidad angular, aplicando la ecuación [2.41] en un rango aún por determinar, A y B

expresado en la ecuación [3.36].

( ) ( )( ) ( )2

22mínmáx

e

t

t mCmmmáx IdtMME máx

mín

ωωωω −=−= ∫ [2.41]


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[ ] [ ] ( )22* .2 BAe

BAcBAmmáxIEEE ωω −=−= −− [3.36]

Determinamos la energía requerida por la carga. [ ]BAcE − . Del gráfico de fuerza – espesor a

perforar ya que esta perforación es el trabajo útil que debe ser capaz de realizar el mecanismo.

Aplicando la ecuación [2.4].

E

S

PP

=η [2.4]

De manera que la energía requerida por la carga multiplicada por la eficiencia del mecanismo

biela manivela es igual a la energía dada en el diagrama fuerza-espesor mostrada en la Figura

3.21. Indicada esta relación en [3.37].

[ ] ( )∫=− dxxfE BAc ..3η [3.37]

De manera que la energía requerida por la carga en un rango de operación aun por determina A-B

está dada en la ecuación [3.38].

[ ]( )

3

.η

∫=−

dxxfE BAc [3.38]

Determinamos la función ( )xf de la parábola que representa el espesor a perforar en función a la fuerza aplicada mostrada en la Figura 3.21. Esta función se muestra en la ecuación [3.39].

( )⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−=∴

2

1.exFxf MAX [3.39]

Sustituyendo la función [3.39] en la ecuación [3.38] y resolviendo la integral entre los limites

que van desde 0 hasta un espesor e , obtenemos la igualdad [3.40]

[ ] ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−= ∫− 3

...3.1..1

302

2

3

eFeFdxFexFE MAXMax

e

MAXMAXBAc ηη [3.40]

Reemplazando valores resulta la ecuación [3.41].


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[ ] mNFeE MAXBAc .48,479.5

10093,038.9000.392

3..2.1

3

=××××

==− η [3.41]

Esta es la energía requerida para realizar la perforación en el rango A-B. [ ] mNE BAc .48,479.5=− . de acuerdo a la información gráfica suministrada en la Figura 3.21.

Figura 3.21. Espesor a perforar en función a la fuerza aplicada.

3) Determinar la energía que el motor debe ser capaz de entregar a la carga cumpliendo

además con las especificaciones señaladas en el problema. Se suministra como dato del

problema la curva característica adimensional de motor eléctrico mostrada en la Figura

3.22, de la cual podemos inferir, que se trata de un motor eléctrico de cuatro polos y 50

Hz, Nema D con alto deslizamiento. Este deslizamiento está definido por los puntos

indicados en la Figura 3.22 y que corresponde al rango de funcionamiento estable del

motor eléctrico comprendido entre Q y P.

Figura 3.22. Curva característica del motor.


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Aplicando la ecuación [2.8] determinamos la fluctuación de velocidades en un rango A-B.

Calculando velocidad mínima ( Aω ) en la ecuación [3.42].

AQsQs

Q rpmw ωωωωω

==×=⇒×=⇒= 245.1500.183,083,083,0 [3.42]

Y la correspondiente velocidad máxima ( Bω ) expresada en la igualdad [3.43], que es la velocidad

nominal del punto P, esta velocidad es dada como dato del problema.

rpm425.1=∴ Bω [3.43]

4) Determinamos la fluctuación de par en el rango A-B.

De la Figura 3.22 observamos la relación entre el par en Q y el par nominal en P mostrada en la

ecuación [3.44].

PQP

Q MMMM

.7,17,1 =⇒= [3.44]

Aplicando le ecuación [2.38] y considerando el par motor reducido *mM constante, obtenemos la

ecuación [3.45].

[ ] ∫ ∫ ===−

π

πωω.2

0

**** ..2.... mmmBAm MdtMdtME [3.45]

Sustituyendo [3.45] en [3.33] resulta la igualdad [3.46].

[ ] mBAm Mnn

E ....22

2

1

1* ηηπ=∴ − [3.46]

De la Figura 3.22, calculamos el par motor promedio en el rango de Q hasta P, considerado este

rango como de funcionamiento estable. Obteniendo la ecuación [3.47].

( ) PPPmPmP MMMMMMM .35,1.7,1.21.7,1 =+=⇒≤≤ [3.47]

Recordando que PM es el par nominal del motor, permitiéndonos igualar el par motor promedio

con la ecuación [3.47] para obtener la igualdad dada en [3.48].


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Pm MM .35,1=∴ [3.47]

Sustituyendo la igualdad [3.47] en la ecuación [3.46], tenemos como resultado la formula [3.48].

[ ] [ ] PPBAmPBAm MMEMnn

E .52,248.35,1.14,096,0.

22,09,0..2.35,1....2 *

2

2

1

1* ==⇒=∴ −− πηηπ [3.48]

Aplicando la ecuación [2.39] a los datos obtenidos de la formula [3.48] obtenemos [3.49] que es

el par nominal necesario para que el sistema mecánico rotativo funcione adecuadamente.

[ ] [ ] mNMMEE PPBAcBAm .2248,479.5.52,248* =⇒=⇒=∴ −− [3.49]

5) Con el resultado obtenido de la igualdad [3.49] y la formula definida en [2.5], Calculamos

la potencia nominal del motor expresada en la igualdad [3.50].

HpPMP NNNN 41,41341,1

000.11

30425.122. =××××=⇒=

πω [3.50]

De un catálogo de motores de 4 polos y 50 Hz seleccionamos el motor con potencia nominal y

par nominal respectivamente mostrados en la relación [3.51].

HpPN 5= y NmM P 65,24= [3.51]

6) Para calcular el volante de inercia requerido para este caso, aplicamos la ecuación [2.41]

en un rango entre A y B, considerando la pérdida de energía producto de la perforación de

la chapa de acero más la energía necesaria para acelerar todo el sistema mecánico

rotativo, obteniendo la ecuación [3.52].

[ ] ( )22* .2 BAe

BAcperfmáxIEEE ωω −=−= − [3.52]

La energía de perforación que suministrará el motor seleccionado al momento de perforar, está

estimado por la ecuación [3.53], suponiendo un par constante y la representación grafica del

mecanismo antes de realizar la perforación se muestra en la Figura 3.23.


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( ) ( ) θω ... ****mperfmcmperfm MEdtME =⇒= ∫ [3.53]

Reemplazando la igualdad dada en [3.53] en la ecuación [3.33], nos permite cuantificar el par

motor reducido planteado en la ecuación [3.54].

NmMMnn

M mPm 97565,24.35,1.14,096,0.

22,094,0..35,1.. *

2

2

1

1* ==⇒=ηη [3.54]

Figura 3.23. Biela manivela de la herramienta de perforación.

Justo antes de la perforación el ángulo o59,56=Pθ y o78,4=Pφ

La energía reducida de perforación está determinada por la ecuación [3.53] y cuantificada en la

igualdad [3.55].

( )radNmE perfm 5,963988,0975* =×=∴ [3.54]

Para el cálculo de las velocidades iníciales y finales vistas en el eje de la carga aplicamos la

ecuación [2.19], mostrando los resultados en las ecuaciones [3.55], [3.56] y [3.57].

mc nn ωω .. 21= [3.55]

( )s

radic 6,4

30425.1308,0 =××=

πω [3.56]

( )s

radfc 02,4

30245.1308,0 =××=

πω [3.57]

Para determinar la inercia equivalente del sistema mostrado en la Figura 3.19, aplicamos la

ecuación [2.42], mostrando el resultado en la formula [3.58].


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( ) ( )[ ]( ) ( )[ ]

222

*

.36,806.1.2

mKgIEE

I efcic

perfcperfme =⇒

−

−=

ωω [3.58]

7) La inercia del volante la calculamos igualando la inercia equivalente [3.58] con la inercia

del motor reducida al eje de la carga [3.35], resultando la ecuación [3.59].

22

2

22

1

12

2

2 .16,2715,0.5,0.. mKgIInnn

I vve =⇒++=ηηη [3.59]

II.8 Par motor de un mecanismo biela manivela.

Dado el diagrama indicador del ciclo de un motor de combustión interna a gasolina de cuatro

tiempos, que relaciona el ángulo del cigüeñal (Crack Angle [θ]) y su correspondiente presión

provocada por el gas (Gas Pressure [psig]), la geometría del mecanismo biela – manivela y sus

parámetros dinámicos, determinar la potencia promedio que es capaz de entregar este motor

monocilíndrico, cuando alcanza una velocidad esencialmente constante de 3.000,00 [rpm].

Calcular la inercia equivalente de este motor monocilíndrico para el ciclo especificado

considerando que posee un coeficiente de fluctuación Cf =0,002. Ver Figura 3.24.

Ya que se trata de un motor de cuatro tiempos, un ciclo completo abarca dos revoluciones (720º)

del cigüeñal. Determinaremos una relación matemática para representar la fuerza del gas en

función del ángulo de rotación del cigüeñal. Para tal efecto realizaremos el siguiente

procedimiento:

1) Insertamos en AutoCad el gráfico indicador del ciclo en función del ángulo de cigüeñal y

presión del gas. Cuadriculando con 72 divisiones en el eje de los grados y con 60

divisiones en el eje de las presiones. Ver Figura 3.25.

2) Con polilíneas repasamos el gráfico y con el comando “List” obtenemos los puntos

correspondientes. Ver Tabla 3.13.


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174

Figura 3.24. Diagrama indicador y mecanismo biela manivela.

Figura 3.25. Diagrama indicador del gas.


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Rango 0-200 Rango 210-600 Rango 610-720 Punto Ángulo (θ) Presión(Psig) Angulo (θ) Presión(Psig) Angulo (θ) Presión(Psig)1. 0 200 210 0 610 0 2. 10 440 221 0 615 20 3. 20 500 242 0 620 25 4. 30 460 264 0 630 30 5. 40 360 286 0 640 40 6. 50 260 321 0 650 50 7. 60 240 342 0 660 60 8. 70 200 364 0 670 75 9. 80 160 386 0 680 85 10. 90 150 421 0 690 100 11. 100 140 442 0 700 140 12. 110 130 464 0 710 160 13. 120 100 486 0 720 200 14. 130 88 510 0 15. 140 70 520 0 16. 150 60 530 0 17. 160 45 540 0 18. 170 40 350 0 19. 180 45 360 0 20. 190 55 380 0 21. 200 0 600 0

Tabla 3.13. Puntos para ajuste de curvas.

3) Para el ajuste de curvas utilizamos Maple con el método de los mínimos cuadrados para

ajustar la curva a un polinomio de grado 6 y otro de grado 3 respectivamente resultando

las siguientes ecuaciones entre los rangos indicados:

Para el rango entre: 0 < θ < 200

P(θ) = 200+38,3691(θ)-1,6480(θ2)+27,4146 x 10-3(θ3)-222,4522 x 10-6(θ4)+875,4562 x 10-9(θ5)-1,3358 x 10-9(θ6).


P(θ) = 0.


P(θ) = -40,45 x 103+189,56(θ)-297,10 x 10-3(θ2)+155,89 x 10-6(θ3)

4) Validamos las ecuaciones obtenidas graficándolas en Microsoft Excel y comparamos con

la grafica original. Ver Figura 3.26.


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Máq

uinas

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Figura 3.26. Gráfica aproximada al diagrama indicador de gas.

5) Multiplicando el área del pistón de 7.05 in2 por la presión que existe en la cámara de

combustión P(g) a los correspondiente ángulos del cigüeñal obtenemos la fuerza producida

por el gas en el pistón F(g). Ver Tabla 3.14 y su correspondiente Figura 3.27.

Tabla 3.14. Fuerza del gas.

Figura 3.27. Ángulo en función de la fuerza del gas.


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6) Para determinar la magnitud del par motor entregado en el eje de la manivela realizaremos

el análisis dinámico del mecanismo planteado aplicando las ecuaciones [2.1] y [2.2]

correspondientes a la primera y segunda ley universal de la mecánica. Ver Figura 3.28.

Figura 3.28. Mecanismo biela-manivela.

Aplicando la Segunda ley Universal de la Mecánica, ecuación [2.2] al mecanismo de la Figura

3.28, obtenemos la ecuación [3.62].

iiiEA axmrM .∑= [2.2]

0).(..).(.).cos(. )(03 =−−∴ gBBx FsenolamsenolFl φφφ [3.60]

)(.)..().cos(. )(03 φφ senolamFFl BBgx +=∴ [3.61]

)()..( )(03 φTgamFF BBgx +=∴ [3.62]

Aplicando la Primera ley Universal de la Mecánica, Ecuación [2.1] al mecanismo de la Figura

3.28, obtenemos la ecuación [3.64].

∑= iiEO amF . [2.1]


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)cos(...)(03 θaaBBgy amamFF ++=∴ [3.63]

)(..)()..( )(03 θφ senoamtgamFF aaBBgx ++−=∴ [3.64]

Aplicando nuevamente la Segunda ley Universal de la Mecánica. Ecuación [2.2] al mecanismo

de la Figura 3.28, obtenemos la ecuación [3.64].

iiiEO axmrM .∑= [2.2]

MFlr x =+ 03)).cos(.)cos(.( φθ [3.65]

)()...())cos()cos(.(. )( φφθ TgamFlrlM BBg +⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ +=∴ [3.66]

Con la ecuación [3.66] podemos determinar el par entregado por el mecanismo motor en el eje de la manivela. Ver Tabla 3.15.

Tabla 3.15. Ángulo en función del par en la manivela.


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Cuya gráfica se muestra en la Figura 3.29.

Figura 3.29. Par motor en el eje de la manivela.

7) Redistribuyendo adecuadamente las áreas podemos obtener un grafico idealizado del par

motor como se muestra en la Figura 3.30.

Figura 3.30. Gráfica idealizada del par motor.


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8) Aplicando la ecuación [2.25], obtenemos el par promedio de la carga reducida al eje

motor, evaluado en todo el ciclo de trabajo (0° hasta 720°), mostrado en la ecuación

[3.67]. Ver Figura 3.31.

( ) MMM c

Tt

t mmcmdtwM

T*** 1

=⇒= ∫+

[2.25]

∫=

==

720

0

* 2

1

.7201 θ

θθdM mcM [3.67]

Reemplazando las áreas de la Figura 3.31 en [3.67], obtenemos la igualdad [3.68].

( )12,897.1348,360.572,852.622,803.642,799.687,811.627,108.112,047.387201*

−+−+−+−=M c[3.68]

El resultado de la ecuación [3.68] se muestra en la ecuación [3.69].

].[39,39720

12,365.28*mNM c

=== [3.69]

Figura 3.31. Par de la carga promedio reducida al eje motor.


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9) Utilizando la ecuación [2.25] y el par que actúa en el cigüeñal en función de los grados de

desplazamiento angular θ, determinamos numéricamente el par medio del motor.

Obteniendo un valor promedio de 39.39 [N.m].

10) La velocidad angular del cigüeñal es considerada constante a 314.16 rad/s entonces la

potencia promedio vendrá dada a partir de la ecuación [2.5], de manera tal que la potencia

motora se expresa en la ecuación. [3.70].

mmm MP ω.= [2.5],

][38,1216.314.39.39 ].[ KwPs

radmNm == [3.70]

11) Aplicando la ecuación [2.41] para determinar la máxima variación de energía mecánica

del sistema máxE , para los cuales la velocidad angular alcanza sus valores extremos mínω y

máxω . Visualmente podemos determinar que la máxima variación de energía se encuentra

en el rango de 0 < θ < 130 grados, para este rango de datos se plantea la ecuación [3.71].

( ) ( )( ) ( )2

22mínmáx

e

t

t mCmmmáx IdtMME máx

mín

ωωωω −=−= ∫ [2.41]

( ) JdMdME Cmmáx 53,57652,8705,664.130

0

2

1

=−=−= ∫=

=

θ

θθθ [3.71]

12) Aplicando la ecuación [2.52] tendremos la inercia equivalente del sistema mecánico para

un coeficiente de fluctuación Cf =0,002, mostrada en la ecuación [3.72].

2ωf

máxe

C

EI = [2.52]

( )2

2 .92,2 314.16.002.0

53,576 mKgIe == [3.72]


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13) Aplicando la ecuación [2.43] y [2.44] obtenemos la variación de velocidad angular

expuestas en las ecuaciones [3.73] y [3.74].

sC f 147,314

2002.01.16,314

21.max =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=ωω [3.73]

sC f 185.313

2002.01.16.314

21.min =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−= ωω [3.74]

14) Obteniendo una variación máxima de velocidad angular de acuerdo a la ecuación [2.43],

[3.73], [3.74] y desarrollada en la ecuación [3.76]:

smínmáx162,085,31347,314 =−=−ωω [3.75]

002,047,314

62,0≅=

−=

ωωω mínmáx

fC

[3.76]

III.9. Sistema mecánico que incorpora un embrague.

Una carga es accionada por un motor de 8 polos y 60 Hz que desarrolla un par constante de 30 Nm. Las partes rotantes del eje motor tienen una inercia de 2 kg-m2, y del eje de la carga de 3,5 kg-m2. Entre los ejes conductor y conducido existe un embrague de fricción que puede transmitir un par máximo de 55 Nm. Inicialmente los ejes motores y carga están desacoplados. Arrancando primeramente el motor y posteriormente se acopla la carga por medio del embrague. Suponga las características dinámicas de la carga son ccM ω05,0= . Calcular el tiempo de arranque del

sistema mecánico hasta una velocidad uniforme de 600 rpm. Ver Figura 3.32.

1) Aplicando la ecuación [2.7] calculamos la velocidad de sincronismo del motor de 8 polos

dada en la relación [3.77].

rpms 9008

60120=

×=ω [3.77]


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Figura 3.32. Sistema mecánico que incorpora un embrague.

En este problema se plantean tres etapas de funcionamiento. Que son:

2) El motor se acelera hasta la condición de vació Sω , de acuerdo a la ecuación [2.184].

mm

m Mdt

dI =ω.

[2.184]

La duración 0t de esta etapa se puede estimar mediante la ecuación [2.32] con los limites

de integración que van desde ( ) 00 =mω hasta ( ) rpmt Sm 900.0 ≅= ωεω . Durante este

tiempo 0t el eje de la carga permanece en reposo. Esta situación queda representada por la

curva I, para el motor en la Figura 3.33, la expresión matemática se desarrolla en la

ecuación [3.77].

stdtI

Mdt

m

mm

s

28,660.2.900.

3020

00

900

0

==⇒= ∫∫= πω

ω

; st 28,60 = [3.77]


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3) El motor se desacelera de acuerdo a la expresión [2.187], transmitiéndole parte de su

energía a la carga. Debemos considerando los limites de integración que van desde

( ) rpmt Sm 9000 ≅= εωω hasta ( ) 11 ωω =tm .

máxem

mm MM

dtdI −=ω. [2.187]

Desarrollando la ecuación [2.187] entre los limites de integración indicados anteriormente

para obtener la ecuación [3.78].

∫∫=

−=

1

0900

t

m

máxem

m dtI

MMdf

s

ω

ω

ω [3.78]

De la ecuación [3.78] despejamos la velocidad angular final planteada en la formula

[3.79].

25,94. 1 +−

= tIM

m

máxe

fω [3.79]

4) Mientras que la carga se acelera según la expresión [2.188], a causa de la energía que

comienza a recibir del eje motor. Considerando los limites de integración que van desde

( ) 00 =tcω hasta ( ) 11 ωω =tc .

cmáxe

cc MM

dtdI −=ω. [2.188]

Desarrollando la ecuación [2.188] entre los limites de integración indicados anteriormente

para obtener la ecuación [3.80].

∫∫=

−=

1

00

t

m

cmáxe

c dtI

MMdf

c

ω

ω

ω [3.80]

De la ecuación [3.80] despejamos la velocidad angular final planteada en la formula

[3.81].

1.tI

M

c

máxe

f =ω [3.81]


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5) Esta situación perdurará hasta el tiempo 1t , para el cual ( ) ( ) 111 ωωω == tt cm , de manera

que ambos ejes motor y carga giren con una misma velocidad angular. La representación

grafica de estas ecuaciones [2.187] y [2.188] se observan en la Figura 3.33. Designando

con el número romano II a la curva del eje motor y III para la curva del eje carga.

Igualando y reordenado términos en las ecuaciones [3.79] y [3.81] obtenemos la ecuación [3.82].

( ) 25,94... 1 =+

⇒ tMIIII máx

ecm

cm [3.82]

En la ecuación [3.82] reemplazamos sus valores correspondientes y despejamos el tiempo para

obtener la ecuación [3.83].

( ) ( ) sMII

IIt máxecm

cm 18,255.5,32

5,3.2.25,94.

..25,941 =

+=

+= ; st 18,21 =∴ [3.83]

Figura 3.33. Tiempo de arranque de sistema mecánico que incorpora un embrague.


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186

Sustituyendo el valor del tiempo calculado en la ecuación [3.83] en la ecuación [3.79] obtenemos

la velocidad angular en la cual el eje motor transmite la potencia al eje de la carga expresado en

la ecuación [3.84]

rpmf 27,327=∴ω [3.84]

6) A partir del instante 1t cesa el deslizamiento, de manera que, el conjunto gira

solidariamente gobernado por la ecuación [2.189].

( ) cmcm MMdtdII −=+ω. [2.189]

En esta última etapa del movimiento el sistema mecánico rotativo busca el equilibrio de

transmisión de potencia definido en el punto de operación 0ω . El tiempo 2t requerido para

alcanzar este punto de operación lo podemos calcular con la ecuación [2.32],

considerando los límites de integración que van desde ( ) ft ωω =1 hasta ( ) 02 .ωεω =t ,

desarrolladas en la ecuación [3.85], [3.86] y [3.87].

( )( ) ∫∫

=

=−−

=∴600

27,3270 1

2 f

ccm

cmt

dMMIIdt

ω

ω

ω [3.85]

( )( ) )( 122 ωω −

−−

=∴cm

cm

MMIIt [3.86]

( )( ) st 1,18)76,1683,62(

16,16305,32

2 =−−−

=∴ ; st 1,182 =∴ [3.87]

El tiempo de arranque de este sistema mecánico que incorpora un embrague esta dado en [3.88].

stttt oa 56,261,1818,228,621 =++=++=∴ [3.88]

.


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