diseño de maquinas

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

9. z
Diagrama de cuerpo libre

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

28. zGRACIAS