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z
EJERCICIO A RESOLVER
DATOS INICIALES DEL
EJERCICIO A RESOLVER
PROCEDIMIENTO
CALCULOS ADICIONALES
TABLA DE CONTENIDO
Estudiante:
 Jose Villadiego
 Fabian Julio
 Ever Lezama
 Diego acosta
 Juan García
 Christian Camargo
Docente:
ING. Wilmer Velilla
Curso: Diseños de maquinas 2
Barranquilla - 2021
z
EJERCICIO A RESOLVER
Se debe diseñar un eje para soportar el piñon recto y el engrane helicoidal que se muestra en la figura sobre dos
cojinetes espaciados 28 pulg entre centros. A es cilíndrico de rodillos y solo tomara carga radial; el cojinete B
tomará una carga de empuje 220 lbf producida por el engrane están en el mismo plano y son 660 lbf para el piñon y
de 220 lbf para el engrane. La velocidad del eje es 1150 rpm. Diseñe y haga un bosquejo a escala del eje, donde se
indiquen todos los tamaños de los filetes, cuñeros , hombros y diámetros. Especifique el material y su tratamiento.
Adicionalmente realice el cálculo de la primera velocidad crítica para el diámetro menor seleccionado debido a las
cargas, la velocidad critica del eje sin las cargas y la velocidad crítica de la combinación.
z
DATOS INICIALES DEL EJERCICIO A RESOLVER
 Material, AISI 1020 estirado en frío
 Cojinete A cilíndrico de rodillos
 Cojinete B de bola
 Carga de empuje en el cojinete B es de 220 lbf
 Carga radial en el piñón es de 660 lbf
 Carga radial en el engranaje es de 220 lbf
 Factor de seguridad 7.5
 N=1150 rpm
z
PROCEDIMIENTO
El eje diseñado consta de estará compuesto por 5 diámetros
Diagrama de cuerpo libre Eje a diseñar
z
A. Análisis general del diseño
Para el engrane helicoidal, Se considerará un paso diametral de 12 dientes/in y
un numero de dientes de Z=48 dientes un ángulo de presión normal de 20° y un
ángulo de hélice de 30°.
El diámetro del engranaje
Calculo de Pt el cual se calcula utilizando el
paso diametral y el ángulo de hélice 𝜓
𝑃𝑡 = 𝑃𝑛 ∗ cos 𝜓
𝐹𝑟 = 𝐹𝑡 ∗ 𝑡𝑎𝑛∅𝑡
𝐹𝑎 = 𝐹𝑡 ∗ 𝑡𝑎𝑛𝜓
Fuerzas resultante
𝜙𝑡 = tan−1
tan 𝜙
cos 𝜓
∅𝑡 es el ángulo de presión transversal
z
B. Análisis del diseño del piñon
El Angulo asumido para el engrane recto es de 20º
𝑇 =
𝐷𝑝 ∗ 𝐹𝑡
2
El torque es generado por la fuerza tangencial
𝐹𝑟 = 𝐹𝑡 ∗ tan 𝜙
La componente radial
𝐹𝑡 = 33000
𝐻
𝑉
La componente tangencial
𝑉 =
𝜋 ∗ 𝑑 ∗ 𝑛
12
V es la velocidad de la línea de paso
z
C. Análisis del diseño del engranaje y piñon
Asumiendo lo expresado en la diapositiva 6 con respecto a el engranaje
𝑃𝑡 = 12
𝑇
𝑖𝑛
∗ cos 30 = 10,39 𝑇/𝑖𝑛
Primero encontramos Pt
𝑑𝐺 =
48𝑇
10,39 𝑇/𝑖𝑛
=4,62 in
Luego encontramos el Dg
𝐹𝑡 =
220 𝑙𝑏𝑓
𝑡𝑎𝑛30
= 381,05 𝑙𝑏𝑓
La componente tangencial
𝜙𝑡 = tan−1
tan 20
cos 30
= 22,8°
Se calcula la Presión transversal
z
C. Análisis del diseño del engranaje y piñon
Asumiendo lo expresado en la diapositiva 6 con respecto a el engranaje
𝑇 =
𝐷𝐺 ∗ 𝐹𝑡
2
=
4,62 𝑖𝑛 ∗ 381,05 𝑙𝑏𝑓
2
= 880,23 𝑙𝑏𝑓 ∗ 𝑖𝑛
El torque debido a la carga transmitida
La fuerza tangencial en el piñón recto es igual:
𝐹𝑡 =
𝐹𝑟
tan ∅
=
660 𝑙𝑏𝑓
tan 20
= 1813,33 𝑙𝑏𝑓
z
Diagrama de cuerpo libre
z
DIAGRAMAS CORTANTES Y FLECTORES
Diagrama 1. Diagrama 2.
z
DIAGRAMAS CORTANTES Y FLECTORES
Diagrama 3. Diagrama 4.
z
DIAGRAMAS CORTANTES Y FLECTORES
Diagrama 5.
z
D. Cálculos resistencia a la fatiga
 Resistencia a la tensión 𝑆𝑢𝑡 = 68 𝐾𝑃𝑆𝐼
 Resistencia a la fluencia 𝑆𝑦 = 57 𝐾𝑃𝑆𝐼
 Limite de resistencia a fatiga de la muestra 𝑆′𝑒 = 0.5𝑆𝑢𝑡 = 34 𝐾𝑃𝑆𝐼
 Limite de resistencia a fatiga 𝑆𝑒 = 𝑘𝑎𝑘𝑏𝑘𝑐𝑘𝑑𝑘𝑒𝑆′𝑒
 𝑘𝑎 = 𝑎 ∗ 𝑆𝑢𝑡
−𝑏
; 𝑘𝑎 = 2,70 ∗ 68−0.265
= 0,88 (Proceso: Mecanizado)
𝑘𝑏 = 0,70 (asumiendo)
𝑘𝑐 = 1 (Carga combinada)
𝑘𝑑 = 1 (Temp. ambiente)
𝑘𝑒 = 0,897 (confiabilidad 90%)
𝑆𝑒 = 18,79 𝐾𝑃𝑆𝐼
z
E. Cálculos diámetros
Sut=68000psi Sy=57000psi Se=18790 psi n=7,5
May=9042,6 lbf.in Maz=3317lbf-in Mar=9631,78 lbf.in Tm=880,23 lbf.in
q=qs=1 Kt=Kf=2,14 Kts=Kts=3 D2=4,38in
Cuñero izquierdo
z
E. Calculos diametros
Sut= 68000Psi Sy= 57000Psi Se=18790 psi n=7,5
May=6459 lbf.in Maz=2369,3lbf-in Mar=6979,84 lbf-in Tm=0
q=qs=1 Kt=kf=5 Kts=Kfs=3
Gerber D2=5,22in
Sut=680
00psi
May=799
9,9 lbf
in
Sy=57000psi
Maz=2944,72 lbf-in
q=qs=1
Se=18790 psi
Mar=8524,69
lbf-in
Kt=Kf=2,7
n=7,5
Tm=880,23 lbf in
Kts=Kfs=2,2
Gerber D2=4,54 in D/d=1,2 D=D3=5,44in
ranura izquierda Hombro izquierdo
z
E. Calculos diametros
Sut= 68000Psi
May=701,32 lbf in
Fa=220 lbf
Sy= 57000Psi
Maz=169,42 lbf-in
q=qs=1
Se=18790 psi
Mar=721,49 lbf-in
Kt=kf=2,14
n=7,5
Tm=880,23 lbf-in
Kts=Kfs=3
Cuñero derecho
z
E. Calculos diametros
Sut= 68000Psi
May=561,04 lbf in
Fa=220 lbf
Sy= 57000Psi
Maz=135,56 lbf-in
q=qs=1
Se=18790 psi
Mar=577,18 lbf-in
Kt=kf=5
n=7,5
Tm=0
Kts=Kfs=3
Sut=68000psi
May=1222,65 lbf in
Sy=57000psi
Maz=527 lbf-in
q=qs=1
Se=18790 psi
Mar=1331,39 lbf-in
Kt=Kf=2,7
n=7,5
Tm=880,23 lbf in
Kts=Kfs=2,2
Gerber D4=2,27 in Gerber D4=2,46 in D/d=1,2
D=D3=2,95in
ranura derecha Hombro derecho
z
F. Validación
Ranura izquierda
Sut= 68KPsi Sy= 57KPsi Mar=6979,84lbf in Tm=0
Anillo SH-0525
(Dh=5,25 in, Dg=5,030 in, w=0,139 in, d= 0,110 in
a=w, t=d, r=0,01 in
con r=0,01 in → q=0,5 y qs=0,55
con a/t =1,26 ; r/t =0,091
Kt= 5,5 → Kf=4,6 ;
Kts= 3,4 → Kfs=2,32
Kb=0,91(5,25)^-0,157=0,701
Se=18824,8 Psi >18790 psi
nf=8,33 ; ny=2,58
Hombro izquierdo
Sut=68000psi Sy=57000psi
Mra=8524,69 lbf in Tm=880,23 lbf in
D/d= 1,09 ; r/d=0,1 → r= 0,525
con r=0,525 in → q=0,83 y qs=0,9
Kt=1,63 → Kf= 1,52;
Kts=1,38 → Kfs= 1,34;
Kb=0,91(5,75)^-0,157=0,70
Se=18790 Psi ≥18790 psi
nf= 27,5 ; ny= 6,40
z
F. Validación
 Sut=68000psi Sy=57000psi
 B=15/16 in → May= 65,57lbf-in y Maz=15,97lbf-in
→ Mar = 67,49 lbf-in Tm=0
D/d= 1,4 ; r/d=0,1 → r= 0,38
con r=0,38 in → q=0,82 y qs=0,89
Kt=1,6 → Kf= 1,49;
Kts=1,42 → Kfs= 1,37;
Kb=0,91(3,75)^-0,157=0,74
Se=19846 Psi ≥18790 psi
nf= 282 ; ny= 134,1
z
F. Validación
 Sut=68000psi Sy=57000psi
 B=15/16 in → May= 604,42 lbf-in y Maz=221,76lbf-in
→ Mar = 643,82 lbf-in Tm=0
D/d= 1,4 ; r/d=0,1 →r= 0,38
con r=0,38 in → q=0,82 y qs=0,89
Kt=1,6 → Kf= 1,49;
Kts=1,42 → Kfs= 1,37;
Kb=0,91(3,75)^-0,157=0,74
Se=19846 Psi ≥18790 psi
nf= 97 ; ny= 73
z
G. Diseño del eje acabado final
z
H. Vibración y velocidad critica
Donde L=28,936 in, E= 30 Mpsi; I= 9,71 in4, g=386,1 in/s2 ,A= 22,09 in2 , 𝛾
=0,282 lbf/in3
𝜔𝑠 =
𝜋
28,936
2
∗
386,1∗9,71∗30000000
22,09∗0,282
ωs = 1583,87 rad/s o 15124,8 rpm
xi=7, aj=7, bj=21
𝛿11 =
21 7 ∗ (28,9362
− 212
− 72
)
6 ∗ 30𝑥106 ∗ 9,71 ∗ 28,936
δ11= 1,01x10^-6 in/lbf
xi=9, aj=9, bj=2
𝛿22 =
5 23 ∗ (28,9362
− 232
− 52
)
6 ∗ 30𝑥106 ∗ 9,71 ∗ 28,936
δ22=6,44^-7in/lbf
EN EL PLANO
XY
z
H. Vibración y velocidad critica
Ecuación de dunkerley y dunkerley extendido.
PLANO XY.
𝜔11 =
386,1
660 ∗ 1,01𝑥10−6 = 761,1
𝑟𝑎𝑑
𝑠
𝑜 7267,56 𝑟𝑝𝑚
𝜔22 =
386,1
220 ∗ 6,44𝑥10−7
= 1655,96
𝑟𝑎𝑑
𝑠
𝑜 15813,21 𝑟𝑝𝑚
1
𝜔2
=
1
761,12
+
1
1655,962
ω=691,55 rad/s o 6603,85 rpm
xi=7, aj=7, bj=21
𝛿11 =
21 7 ∗ (28,9362
− 212
− 72
)
6 ∗ 30𝑥106 ∗ 9,71 ∗ 28,936
δ11= 1,01x10^-6 in/lbf
xi=9, aj=9, bj=2
𝛿22 =
5 23 ∗ (28,9362
− 232
− 52
)
6 ∗ 30𝑥106 ∗ 9,71 ∗ 28,936
δ22=6,44^-7in/lbf
EN EL PLANO
XZ
z
H. Vibración y velocidad critica
Ecuación de dunkerley y dunkerley extendido PLANO XZ.
𝜔11 =
386,1
1813,13 ∗ 1,01𝑥10−6 = 459,11
𝑟𝑎𝑑
𝑠
𝑜 4384,2 𝑟𝑝𝑚
𝜔22 =
386,1
381,05 ∗ 6,44𝑥10−7
= 1254,34
𝑟𝑎𝑑
𝑠
𝑜 11978,08 𝑟𝑝𝑚
1
𝜔2 =
1
459,112 +
1
1254,342
ω=431,14 rad/s o 4117,06 rpm
z
I. Deflexión
Contribución del eje a la ecuación de dunkerley.
1
𝜔2 =
1
1583,872 +
1
691,552 → 𝜔 = 633,77 𝑟𝑎𝑑/𝑠
1
𝜔2
=
1
1583,872
+
1
431,142
→ 𝜔 = 416 𝑟𝑎𝑑/𝑠
(plano XY)
(plano XZ)
Velocidades Criticas
Plano XY 633,77 rad/s 6052,08 rpm
Plano XZ 416 rad/s 3972,53 rpm
z
δ11= 1,01x10^-6 in/lbf, δ22=6,44^-7in/lbf
xi=7, aj=23, bj=5
𝛿12 = 𝛿21 =
5 7 ∗ (28,9362
− 52
− 72
)
6 ∗ 30𝑥106 ∗ 9,71 ∗ 28,936
δ12=5,28^-7in/lbf
𝑌1 = 𝐹1𝛿11 + 𝐹2𝛿12 = 660lbf ∗ 1,01x10−6
+ 220𝑙𝑏𝑓 ∗ 5,28x10−7
= 7,83x10−4
𝑖𝑛
𝑌2 = 𝐹1𝛿21 + 𝐹2𝛿22 = 660lbf ∗ 5,28x10−7
+ 220𝑙𝑏𝑓 ∗ 6,44x10−7
=4,9x10−4
𝑖𝑛
EN EL PLANO
XY
z
δ11= 1,01x10^-6 in/lbf, δ22=6,44^-7in/lbf
xi=7, aj=23, bj=5
𝛿12 = 𝛿21 =
5 7 ∗ (28,9362
− 52
− 72
)
6 ∗ 30𝑥106 ∗ 9,71 ∗ 28,936
δ12=5,28^-7in/lbf
𝑌1 = 𝐹1𝛿11 + 𝐹2𝛿12 = 1813,13lbf ∗ 1,01x10−6 + 381,05𝑙𝑏𝑓 ∗ 5,28x10−7 = 2,03x10−3𝑖𝑛
𝑌2 = 𝐹1𝛿21 + 𝐹2𝛿22 = 1813,13lbf ∗ 5,28x10−7 + 381,05𝑙𝑏𝑓 ∗ 6,44x10−7=1,2x10−3𝑖𝑛
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Diseños de maquinas 2.pptx

  • 1. z EJERCICIO A RESOLVER DATOS INICIALES DEL EJERCICIO A RESOLVER PROCEDIMIENTO CALCULOS ADICIONALES TABLA DE CONTENIDO Estudiante:  Jose Villadiego  Fabian Julio  Ever Lezama  Diego acosta  Juan García  Christian Camargo Docente: ING. Wilmer Velilla Curso: Diseños de maquinas 2 Barranquilla - 2021
  • 2. z EJERCICIO A RESOLVER Se debe diseñar un eje para soportar el piñon recto y el engrane helicoidal que se muestra en la figura sobre dos cojinetes espaciados 28 pulg entre centros. A es cilíndrico de rodillos y solo tomara carga radial; el cojinete B tomará una carga de empuje 220 lbf producida por el engrane están en el mismo plano y son 660 lbf para el piñon y de 220 lbf para el engrane. La velocidad del eje es 1150 rpm. Diseñe y haga un bosquejo a escala del eje, donde se indiquen todos los tamaños de los filetes, cuñeros , hombros y diámetros. Especifique el material y su tratamiento. Adicionalmente realice el cálculo de la primera velocidad crítica para el diámetro menor seleccionado debido a las cargas, la velocidad critica del eje sin las cargas y la velocidad crítica de la combinación.
  • 3. z DATOS INICIALES DEL EJERCICIO A RESOLVER  Material, AISI 1020 estirado en frío  Cojinete A cilíndrico de rodillos  Cojinete B de bola  Carga de empuje en el cojinete B es de 220 lbf  Carga radial en el piñón es de 660 lbf  Carga radial en el engranaje es de 220 lbf  Factor de seguridad 7.5  N=1150 rpm
  • 4. z PROCEDIMIENTO El eje diseñado consta de estará compuesto por 5 diámetros Diagrama de cuerpo libre Eje a diseñar
  • 5. z A. Análisis general del diseño Para el engrane helicoidal, Se considerará un paso diametral de 12 dientes/in y un numero de dientes de Z=48 dientes un ángulo de presión normal de 20° y un ángulo de hélice de 30°. El diámetro del engranaje Calculo de Pt el cual se calcula utilizando el paso diametral y el ángulo de hélice 𝜓 𝑃𝑡 = 𝑃𝑛 ∗ cos 𝜓 𝐹𝑟 = 𝐹𝑡 ∗ 𝑡𝑎𝑛∅𝑡 𝐹𝑎 = 𝐹𝑡 ∗ 𝑡𝑎𝑛𝜓 Fuerzas resultante 𝜙𝑡 = tan−1 tan 𝜙 cos 𝜓 ∅𝑡 es el ángulo de presión transversal
  • 6. z B. Análisis del diseño del piñon El Angulo asumido para el engrane recto es de 20º 𝑇 = 𝐷𝑝 ∗ 𝐹𝑡 2 El torque es generado por la fuerza tangencial 𝐹𝑟 = 𝐹𝑡 ∗ tan 𝜙 La componente radial 𝐹𝑡 = 33000 𝐻 𝑉 La componente tangencial 𝑉 = 𝜋 ∗ 𝑑 ∗ 𝑛 12 V es la velocidad de la línea de paso
  • 7. z C. Análisis del diseño del engranaje y piñon Asumiendo lo expresado en la diapositiva 6 con respecto a el engranaje 𝑃𝑡 = 12 𝑇 𝑖𝑛 ∗ cos 30 = 10,39 𝑇/𝑖𝑛 Primero encontramos Pt 𝑑𝐺 = 48𝑇 10,39 𝑇/𝑖𝑛 =4,62 in Luego encontramos el Dg 𝐹𝑡 = 220 𝑙𝑏𝑓 𝑡𝑎𝑛30 = 381,05 𝑙𝑏𝑓 La componente tangencial 𝜙𝑡 = tan−1 tan 20 cos 30 = 22,8° Se calcula la Presión transversal
  • 8. z C. Análisis del diseño del engranaje y piñon Asumiendo lo expresado en la diapositiva 6 con respecto a el engranaje 𝑇 = 𝐷𝐺 ∗ 𝐹𝑡 2 = 4,62 𝑖𝑛 ∗ 381,05 𝑙𝑏𝑓 2 = 880,23 𝑙𝑏𝑓 ∗ 𝑖𝑛 El torque debido a la carga transmitida La fuerza tangencial en el piñón recto es igual: 𝐹𝑡 = 𝐹𝑟 tan ∅ = 660 𝑙𝑏𝑓 tan 20 = 1813,33 𝑙𝑏𝑓
  • 10. z DIAGRAMAS CORTANTES Y FLECTORES Diagrama 1. Diagrama 2.
  • 11. z DIAGRAMAS CORTANTES Y FLECTORES Diagrama 3. Diagrama 4.
  • 12. z DIAGRAMAS CORTANTES Y FLECTORES Diagrama 5.
  • 13. z D. Cálculos resistencia a la fatiga  Resistencia a la tensión 𝑆𝑢𝑡 = 68 𝐾𝑃𝑆𝐼  Resistencia a la fluencia 𝑆𝑦 = 57 𝐾𝑃𝑆𝐼  Limite de resistencia a fatiga de la muestra 𝑆′𝑒 = 0.5𝑆𝑢𝑡 = 34 𝐾𝑃𝑆𝐼  Limite de resistencia a fatiga 𝑆𝑒 = 𝑘𝑎𝑘𝑏𝑘𝑐𝑘𝑑𝑘𝑒𝑆′𝑒  𝑘𝑎 = 𝑎 ∗ 𝑆𝑢𝑡 −𝑏 ; 𝑘𝑎 = 2,70 ∗ 68−0.265 = 0,88 (Proceso: Mecanizado) 𝑘𝑏 = 0,70 (asumiendo) 𝑘𝑐 = 1 (Carga combinada) 𝑘𝑑 = 1 (Temp. ambiente) 𝑘𝑒 = 0,897 (confiabilidad 90%) 𝑆𝑒 = 18,79 𝐾𝑃𝑆𝐼
  • 14. z E. Cálculos diámetros Sut=68000psi Sy=57000psi Se=18790 psi n=7,5 May=9042,6 lbf.in Maz=3317lbf-in Mar=9631,78 lbf.in Tm=880,23 lbf.in q=qs=1 Kt=Kf=2,14 Kts=Kts=3 D2=4,38in Cuñero izquierdo
  • 15. z E. Calculos diametros Sut= 68000Psi Sy= 57000Psi Se=18790 psi n=7,5 May=6459 lbf.in Maz=2369,3lbf-in Mar=6979,84 lbf-in Tm=0 q=qs=1 Kt=kf=5 Kts=Kfs=3 Gerber D2=5,22in Sut=680 00psi May=799 9,9 lbf in Sy=57000psi Maz=2944,72 lbf-in q=qs=1 Se=18790 psi Mar=8524,69 lbf-in Kt=Kf=2,7 n=7,5 Tm=880,23 lbf in Kts=Kfs=2,2 Gerber D2=4,54 in D/d=1,2 D=D3=5,44in ranura izquierda Hombro izquierdo
  • 16. z E. Calculos diametros Sut= 68000Psi May=701,32 lbf in Fa=220 lbf Sy= 57000Psi Maz=169,42 lbf-in q=qs=1 Se=18790 psi Mar=721,49 lbf-in Kt=kf=2,14 n=7,5 Tm=880,23 lbf-in Kts=Kfs=3 Cuñero derecho
  • 17. z E. Calculos diametros Sut= 68000Psi May=561,04 lbf in Fa=220 lbf Sy= 57000Psi Maz=135,56 lbf-in q=qs=1 Se=18790 psi Mar=577,18 lbf-in Kt=kf=5 n=7,5 Tm=0 Kts=Kfs=3 Sut=68000psi May=1222,65 lbf in Sy=57000psi Maz=527 lbf-in q=qs=1 Se=18790 psi Mar=1331,39 lbf-in Kt=Kf=2,7 n=7,5 Tm=880,23 lbf in Kts=Kfs=2,2 Gerber D4=2,27 in Gerber D4=2,46 in D/d=1,2 D=D3=2,95in ranura derecha Hombro derecho
  • 18. z F. Validación Ranura izquierda Sut= 68KPsi Sy= 57KPsi Mar=6979,84lbf in Tm=0 Anillo SH-0525 (Dh=5,25 in, Dg=5,030 in, w=0,139 in, d= 0,110 in a=w, t=d, r=0,01 in con r=0,01 in → q=0,5 y qs=0,55 con a/t =1,26 ; r/t =0,091 Kt= 5,5 → Kf=4,6 ; Kts= 3,4 → Kfs=2,32 Kb=0,91(5,25)^-0,157=0,701 Se=18824,8 Psi >18790 psi nf=8,33 ; ny=2,58 Hombro izquierdo Sut=68000psi Sy=57000psi Mra=8524,69 lbf in Tm=880,23 lbf in D/d= 1,09 ; r/d=0,1 → r= 0,525 con r=0,525 in → q=0,83 y qs=0,9 Kt=1,63 → Kf= 1,52; Kts=1,38 → Kfs= 1,34; Kb=0,91(5,75)^-0,157=0,70 Se=18790 Psi ≥18790 psi nf= 27,5 ; ny= 6,40
  • 19. z F. Validación  Sut=68000psi Sy=57000psi  B=15/16 in → May= 65,57lbf-in y Maz=15,97lbf-in → Mar = 67,49 lbf-in Tm=0 D/d= 1,4 ; r/d=0,1 → r= 0,38 con r=0,38 in → q=0,82 y qs=0,89 Kt=1,6 → Kf= 1,49; Kts=1,42 → Kfs= 1,37; Kb=0,91(3,75)^-0,157=0,74 Se=19846 Psi ≥18790 psi nf= 282 ; ny= 134,1
  • 20. z F. Validación  Sut=68000psi Sy=57000psi  B=15/16 in → May= 604,42 lbf-in y Maz=221,76lbf-in → Mar = 643,82 lbf-in Tm=0 D/d= 1,4 ; r/d=0,1 →r= 0,38 con r=0,38 in → q=0,82 y qs=0,89 Kt=1,6 → Kf= 1,49; Kts=1,42 → Kfs= 1,37; Kb=0,91(3,75)^-0,157=0,74 Se=19846 Psi ≥18790 psi nf= 97 ; ny= 73
  • 21. z G. Diseño del eje acabado final
  • 22. z H. Vibración y velocidad critica Donde L=28,936 in, E= 30 Mpsi; I= 9,71 in4, g=386,1 in/s2 ,A= 22,09 in2 , 𝛾 =0,282 lbf/in3 𝜔𝑠 = 𝜋 28,936 2 ∗ 386,1∗9,71∗30000000 22,09∗0,282 ωs = 1583,87 rad/s o 15124,8 rpm xi=7, aj=7, bj=21 𝛿11 = 21 7 ∗ (28,9362 − 212 − 72 ) 6 ∗ 30𝑥106 ∗ 9,71 ∗ 28,936 δ11= 1,01x10^-6 in/lbf xi=9, aj=9, bj=2 𝛿22 = 5 23 ∗ (28,9362 − 232 − 52 ) 6 ∗ 30𝑥106 ∗ 9,71 ∗ 28,936 δ22=6,44^-7in/lbf EN EL PLANO XY
  • 23. z H. Vibración y velocidad critica Ecuación de dunkerley y dunkerley extendido. PLANO XY. 𝜔11 = 386,1 660 ∗ 1,01𝑥10−6 = 761,1 𝑟𝑎𝑑 𝑠 𝑜 7267,56 𝑟𝑝𝑚 𝜔22 = 386,1 220 ∗ 6,44𝑥10−7 = 1655,96 𝑟𝑎𝑑 𝑠 𝑜 15813,21 𝑟𝑝𝑚 1 𝜔2 = 1 761,12 + 1 1655,962 ω=691,55 rad/s o 6603,85 rpm xi=7, aj=7, bj=21 𝛿11 = 21 7 ∗ (28,9362 − 212 − 72 ) 6 ∗ 30𝑥106 ∗ 9,71 ∗ 28,936 δ11= 1,01x10^-6 in/lbf xi=9, aj=9, bj=2 𝛿22 = 5 23 ∗ (28,9362 − 232 − 52 ) 6 ∗ 30𝑥106 ∗ 9,71 ∗ 28,936 δ22=6,44^-7in/lbf EN EL PLANO XZ
  • 24. z H. Vibración y velocidad critica Ecuación de dunkerley y dunkerley extendido PLANO XZ. 𝜔11 = 386,1 1813,13 ∗ 1,01𝑥10−6 = 459,11 𝑟𝑎𝑑 𝑠 𝑜 4384,2 𝑟𝑝𝑚 𝜔22 = 386,1 381,05 ∗ 6,44𝑥10−7 = 1254,34 𝑟𝑎𝑑 𝑠 𝑜 11978,08 𝑟𝑝𝑚 1 𝜔2 = 1 459,112 + 1 1254,342 ω=431,14 rad/s o 4117,06 rpm
  • 25. z I. Deflexión Contribución del eje a la ecuación de dunkerley. 1 𝜔2 = 1 1583,872 + 1 691,552 → 𝜔 = 633,77 𝑟𝑎𝑑/𝑠 1 𝜔2 = 1 1583,872 + 1 431,142 → 𝜔 = 416 𝑟𝑎𝑑/𝑠 (plano XY) (plano XZ) Velocidades Criticas Plano XY 633,77 rad/s 6052,08 rpm Plano XZ 416 rad/s 3972,53 rpm
  • 26. z δ11= 1,01x10^-6 in/lbf, δ22=6,44^-7in/lbf xi=7, aj=23, bj=5 𝛿12 = 𝛿21 = 5 7 ∗ (28,9362 − 52 − 72 ) 6 ∗ 30𝑥106 ∗ 9,71 ∗ 28,936 δ12=5,28^-7in/lbf 𝑌1 = 𝐹1𝛿11 + 𝐹2𝛿12 = 660lbf ∗ 1,01x10−6 + 220𝑙𝑏𝑓 ∗ 5,28x10−7 = 7,83x10−4 𝑖𝑛 𝑌2 = 𝐹1𝛿21 + 𝐹2𝛿22 = 660lbf ∗ 5,28x10−7 + 220𝑙𝑏𝑓 ∗ 6,44x10−7 =4,9x10−4 𝑖𝑛 EN EL PLANO XY
  • 27. z δ11= 1,01x10^-6 in/lbf, δ22=6,44^-7in/lbf xi=7, aj=23, bj=5 𝛿12 = 𝛿21 = 5 7 ∗ (28,9362 − 52 − 72 ) 6 ∗ 30𝑥106 ∗ 9,71 ∗ 28,936 δ12=5,28^-7in/lbf 𝑌1 = 𝐹1𝛿11 + 𝐹2𝛿12 = 1813,13lbf ∗ 1,01x10−6 + 381,05𝑙𝑏𝑓 ∗ 5,28x10−7 = 2,03x10−3𝑖𝑛 𝑌2 = 𝐹1𝛿21 + 𝐹2𝛿22 = 1813,13lbf ∗ 5,28x10−7 + 381,05𝑙𝑏𝑓 ∗ 6,44x10−7=1,2x10−3𝑖𝑛 EN EL PLANO XZ