3  

M E M O R I A D E C Á L C U L O Problema 1. El reductor de 2 etapas de engranajes helicoidales que se muestra en la figura acciona una maquina que consume 5HP. Dicho reductor es accionado por un motor que gira a 1800 RPM y durante el trabajo de la maquina se originan las fuerzas FXB y FXC que actua sobre los engranajes B y C respectivamente. Datos: Engranajes P y B: Modulo normal: 3 N de dientes para P: 13 N de dientes para B: 27 Ancho de diente: 50mm Engranaje C y Q: Modulo normal: 4 N de dientes para C: 13 N de dientes para Q: 40 Ancho de diente: 70mm Angulo de la hélice: 30 (Para todos los engranajes) Relación Diametro mayor/diámetro menor: D/d=1.2 Arbol intermedio de acero 42 Cr Mo 4 DIN 17200 Considerando que el reductor tiene una eficiencia de 98 % y que los engranajes están unidos por una chaveta al árbol, se requiere seber:

a) Cual debe ser el apoyo fijo?. b) Determinar las fuerzas en los engranajes. c) Hacer el diagrama de cuerpo libre del eje intermedio AD. d) Calcular las reacciones en los apoyos. e) Hacer el diagrama de fuerzas y momentos (DFC, DMF y DMT). f) Disonar el árbol. g) Realizar el dibujo del árbol.

4  

PARTE A “CÁLCULO DE TORQUES Y VELOCIDAD DE LA TRANSMISION En base a la las relaciones de transmisión y a los datos del problema, calculamos las relaciones de transmisión

• Las velocidades angulares para la 1ra, 2da y 3ra etapa:

4013 3.08

2713 2.07

Ademas:

18002.07 867 90.79

867

8673.08 282 29.59

• Los torques para la 1ra, 2da y 3ra etapa:

0.98 1

1

2.07 0.98 0.493 … . 1

1

13.08 0.98 0.331 … . 2

Luego con la potencia de 5 HP:

5 74529.58 126.00 … 3

Este resultado (3) en (2) 42 .

Tambien aplicamos (4) en (1) 21 .

Con esto la potencia de entrada debe ser 21 189 3882.24 3.8

PARTE B “CÁLCULO DE LAS FUERZAS EN LOS ENGRANAJES. Para los engranajes helicoidales de las relaciones teoricas:

3cos 30

27 93.53

De la misma manera obtenemos dD 45.03

Seguidamente calculamos la fuerza tangencia, axial y radial del piñón D. 2 2 2 21

0.045914

tancos

tancos

914 tan 20cos 30

384

tan 914 tan 30 528

5  

Igualmente encontramos las fuerzas para los engranajes C y Q, que son iguales por la tercera ley de Newton, lo mismo aplicamos para el juego de engranajes D y B.

4cos 30

13 60.04

Calculamos la fuerza tangencia, axial y radial del piñón C. 2 2 2 42

0.0601394

tancos

tancos

42 tan 20cos 30

586

tan 1394 tan 30 804.0

Figura 1 Fuerzas Engranajes D y B

Figura 2 Fuerzas Engranajes C y Q

6  

PARTE C “DIAGRAMAS DFC, DMF y DMT. Primero calcularemos las fuerzas y momentos que actúan sobre el eje, las fuerzas en los engranajes se proyectaran a lo largo del eje

2527.57 0.094

224.664 25

2913.78 0.094

242.

2804.1 0.060

224.138 24

21393.7 0.060

242.

• Figura 3 DCL árbol intemedio • Cálculo de las reacciones en los apoyos:   Plano XY: _ ∑ 0: RbY (0.320) ‐384(0.085)‐586(0.235)‐24.6+24.1=0 =>; entonces RbY=533.79 N 

 _ ∑ 0: RaY (0.320) ‐ 384(0.235)‐586(0.085)+24.6‐24.1=0 =>; entonces RaY=435,9 N 

 _ ∑ 0:   Rax+527.57 =804.08 N => Rax=276.51 N  

7  

Plano XZ: _ ∑ 0: RbY (0.320) ‐913(0.085)+1394(0.235) =0 =>; entonces RbY=780.76 N 

 _ ∑ 0: RaY (0.320) ‐ 913(0.235)+1394(0.085)=0 =>; entonces RaY=300,85 N 

 _ ∑ : TTB+TTA =0>; entonces TTB=TTA=42 Nm • Ecuacion de Momentos:   Plano XY: 

0 0,085  435.96   

0.085 0,235  51.92 57.31  

0.235 0,320  533.79 170.81  

 Plano XZ: 

0 0,085  300.86   

0.085 0,235  612.92 77.67  

0.235 0,320  780.77 249.85  

 • Momento Torsores _ TX:     TX= 42.0, N m  ;                      0.085 x 0.235m • Fuerzas Normales  NX:     NX= ‐277 N m  ;                           0. 0.085  NX= ‐804.08 N m  ;                      0.085 0.235  

10  

PARTE D “CRITERIO DE FALLA EN EL PUNTO CRITICO. De los diagramas de Momentos flectores encontramos que el punto critico es el punto C, asi que su momento resultante

69.510 66.36 96.1

Aplicando el criterio de la máxima energía de distorsion DET y con la ecuacion para el calculo del diámetro extraido de Hamrock [3], nuestro diámetro minimo debe ser

48 64

Para el acero CK 42 270

Luego reemplazando convenientemente obtenemos 16

Luego del catalogo de rodamientos y con las dimensiones datos generamos la geometría, elegimos un diámetro de 20mm por ser normalizado

En base al catalogo SKF se ha seleccionado Rodamiento para A 30304 J2/Q y para el apoyo B el rodamiento 320/22x, que cumplen con los parámetros de vida de 2880 h ( 16 horas de trabajo por 6 meses) aceptados.

11  

PARTE E “CALCULO POR FATIGA. Para el calculo por fatiga se tiene que tener en cuenta el material del Arbol intermedio de acero 42 Cr Mo 4 DIN 17200

270 700 400

Acabado Superficial del árbol: Torneado Fino (Rt=10μm) Temperatura de trabajo para cajas reductoras T=70 C Confiabilidad :50%. Consideramos el momento torsor varia en forma pulsante pura. Analizaremos los puntos Y en base a las ecuaciones de cargas combinadas para tracción,comprensión , flexión y/o torsión. Estos esfuerzos varían entre un valor máximo y uno mínimo : _ Esfuerzo debido a tracción – comprensión: ;

` =

_Esfuerzo debido a flexión:

;

` =

_Esfuerzo debido a torsión:

;

` =

De la teoría de falla de Von Misses:

` = ` , ` 3 `

= , 3

En el diagrama de Smith se debe obtener una recta de sobrecarga apropiada para determinar el valor de la amplitud límite `. Para el caso de carga combinada se puede utilizar la siguiente expresión:

=`

+

Finalmente se debe verificar si hay falla por fluencia con la siguiente expresión:

12  

=

Seguidamente en base a la tabla se verificaran los puntos

Sección  A1 x=16 

Sección A2 

x=100 

Sección B 

x=225 

Sección B 

x=225 Cargas     

    

    

F         

 3.97  0  

529.7  

‐276.51 

81.23  

42  

529.7  

‐804.8 

81.23  

42  

615.1  

‐804.8 

96.10  

42  

812.8  

‐804.8 

Geometría    

D      

 20 25 2 

25 ‐ ‐ 

27 32 3 

27 ‐ ‐ 

Esfuerzos   = 4 F/  

 = 32  /  

   

  = 16  /  

   

 ‐0,88 

 5.06 5.06 ‐0.88 4.18 

 0 0 0 0 

‐1.64  

43.56 43.56 ‐1.64 41.92 

 13.69 0 

13.69 13.69 

 

‐1.40  

42.04 42.04 ‐1.40 40.63 

 10.87 0 

10.87 10.87 

 

‐1,40  

49.73 49.73 ‐1.40 48.33 

 10.87 0 

10.87 10.87 

   Coeficientes 

D/d r/d 

1

1 8 1 

    

 = 1 +  ( 1) 

 1,25 0,10  

0,90   

1.54 1.49 

‐‐ ‐‐  ‐‐   1 1.4 

1.19 0.07  

0.90‐   

1.80 1.72 

‐‐‐ ‐‐‐  ‐‐‐   1 

1.40 

13  

    

 =  ( 1) 

 1.36 1,32 

1 1,40 

1.46 1.42 

1,00 1,40 

  Sección  A1 x=16 

Sección B 

x=100 

Sección B1 

x=225 

Sección  C 

x=350 

  0,95  0,95 0,95 0,95

  0,80  0,80 0,77 0,80

  1.02  1.02 1.02 1.02

  0,85  0,85 0,85 0,85

  1  1 1 1

Sección A1 x=16 

Sección B 

x=100 

Sección B1 

x=225 

Sección C 

x=350 • Caso de cargas combinadas 

  (Mpa)  (Mpa)   (Mpa) 

 Factor de seguridad (fatiga) 

 

` = 

 

 

`  =

   

 

´ = ` 3 `  

  = 3  

1000 450 700    

11.44   0   

11.44   

0,88  

      

93   0   

93   

23.77 

      

114.7   0   

114.7   

18.88 

       

106.9   0   

106.9   

18.88 

FS=  ´  

 38  4.34  3.65 

 3,92 

Factor de Seguridad (fluencia)  

= 3   

FS= 

 

 

 4.18  

167.70  

 48.16 

 14.54 

 44.78 

 15.63 

  

51.87  

13.5 

14  

Obtenemos como minimo un factor de 3.65 en la transicion d=27 a D=32  Analizando todas las seccion B1, que resulto tener menor FS, y graficando el diagrama de Smith , se encuentra dentro del margen por lo que , con esto y el calculo anterior concluimos que el arbol NO FALLA POR FATIGA. A continuación se presenta el Diagrama de Smith:  

  Figura 4 Diagram de Smith

15  

PARTE E “SOLUCION A LAS PREGUNTAS DEL PROBLEMA”

a) Cual debe ser el apoyo fijo?. De la parte C, el apoyo A tiene también carga Axial, por l;o que este debe ser el apoyo Fijo

b) Determinar las fuerzas en los engranajes. Ver parte B

c) Hacer el diagrama de cuerpo libre del eje intermedio AD. Ver parte C

d) Calcular las reacciones en los apoyos. Ver parte C

e) Hacer el diagrama de fuerzas y momentos (DFC, DMF y DMT). Ver parte C

f) Disenar el árbol. Ver Parte A,B,C y D

g) Realizar el dibujo del árbol. Acontinuacion

.