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problema de sistemas mecanicos
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UNIVER UNIVERSIDAD NACIONAL SIDAD NACIONALEXPERIMENTAL POLITECNICA
“ANTONIO JOSE DE SUCRE”
VICERECTORADO PUERTO ORDAZ
DEPARTAMENTO DE INGENIERIA MECANICA
CATEDRA DINAMICA DE MAQUINAS
PUERTO ORDAZ, JUEVES 15 DE ABRIL DEL 2010
Problemario Del capítulo Nº1 de Juan león
1.La figura 1.40 muestra una idealización de la curva característica de un motor en combustión interna de cuatro tiempos, mono cilíndrico, que gira a una velocidad esencialmente constante de 1.200 rpm.
Determinar la potencia del motor.
Determinar inercia equivalente del sistema requerida para accionar una carga constante con un coeficiente del fluctuación 0.1%.
Resolver de nuevo el ejercicio suponiendo que el motor posee 4 cilindros del tipo descrito y cuyas carreras útiles (carreras de potencia) están distribuidas uniformemente sobre el ciclo.
Potencia: P = M .w
M = 87,5 N . m
P = M x w => 87,5 * * 1200
P = 10995,57 W
Ie =
Imax = 412,5 * 180 * => 1295,90
Ie = = 82,06 Kg.m2
Para determinar la potencia del motor de 4 cilindros
Mm = Mc En un ciclo
Mm = 4 * 87,5 N.m = 350 N.m
Ie =
2.Un motor de potencia constante igual a 20cv y con una velocidad nominal de 1800 rpm, acciona dos cargas, una directamente C1, y la otra mediante una transmisión por correa tal como sugiere la figura. La carga 1 realiza una operación continua, requiriendo una potencia constante de 10cv.
Parámetro de la transmisión por correa:
n = y ɳ = 100%
La carga 2 realiza una operación intermitente, requiriendo de una potencia constante de 40cv, durante 5 seg, repitiéndose con una periodicidad de 20 seg.
Momentos de inercia:
Im = 3Kgm2
Ic1 = 9Kgm2
Ic2 = 4Kgm2
Si las condiciones de funcionamiento del conjunto exigen que la velocidad del motor no experimente desviaciones mayores de 20rpm, con respecto a la velocidad nominal, discuta las necesidades del volante.
Datos
Pm = 20cv
Wn = 1800rpm
Im = 3Kgm2
Motor C2
C1
Pc1 = 10cv
Pc2 = 40cv
Ic1 = 9Kgm2 Wmax-Wmin = 20rpm
Ic2 = 4Kgm2 Correas = n = ɳ = 100%
Curva de motor
P(cv)
20
t
Pm = 20cv * 0,9863 *
0,746
Pm = 14,7155 Kw
Pm = 14715,59 W
Curva Carga 1
P(cv)
10
t
Pc1 = 10cv * 0,9863 *
0,746
Pc1 = 7,357 Kw
Pc1 = 7357,7 W
Curva Carga2
P(cv)
40
5seg t
20seg
Pc2 = 29,4311 Kw
Pc2 = 29431,19 W
Pc1 = 7357,7 * ɳ-1 = 7357,7 W
Aplicando la ecuación de energía máxima nos queda
Hallando la inercia equivalente del sistema
3. Para el montaje indicado en la figura, se dispone de la siguiente información:
36788,9
14715,59
7357,7
Velocidad angular del eje motor 1800rpm
Radio de las poleas matrices (P1 y P2) 15 cm
Radio de la polea conducida P3 30 cm
Radio de la polea conducida P4 45 cm
Potencia requerida por la carga 1 4cv
Potencia requerida por la carga 2 8cv
Momentos de inercia de los ejes:
Motor 2Kgm2
Carga 1 4Kgm2
Carga 2 15Kgm2
1
Mp… par placa
Wp = 1800 rpm (vel. Anq nominal)
Potencia del motor.
Motor
Carga 1
P1
P3
P2
P4
Carga 2
1
W1r1 =W2r2
Wmrp1 = wc1rp3
W1r1=W2r2
Reducir el conjuento al eje motor
Para la carga “1”
Para la carga “2”
Reduciendo las velocidades
Inercia equivalente
4.El sistema ilustrado se encuentra inicialmente en reposo se requiere calcular el tiempo necesario para que el sistema alcance el 95% de su velocidad de régimen, estando el sistema en régimen se desacopla la carga 2 mediante un mecanismo no ilustrado en la figura calcule la nueva velocidad de régimen del motor, luego que la carga 2 es desacoplada y también el tiempo de establecimiento de la nueva configuración del sistema.
Im=0,2Kgm2
Ic=0,1Kgm2
Ic1=0,3Kgm2
Ic2=0,25Kgm2
95% Velocidad de Régimen
Motor
10
RPM
Carga 1
RPM
Carga2
Ec. Motor.
Motor
Carga 2
Carga 1
ɳ=0,9n=1/2
ɳ=0,9n=1/3
5
4500
5
w
Ec. Carga 1.
Ec. Carga 2.
Mc2= 5 Nm
Reducimos el eje del motor al eje de la carga
Reducimos el eje de la carga “2” al eje intermedio
Se suman las Ec. De las cargas
Hallamos las Inercias
Hallamos el par acelarante
Hallamos la velocidad de operación
Hallamos el tiempo de arranque
b)Tiempo y Wreg si se desacopla la carga “2”
5.El tambor de arrollado de una grua es accionado por un motor electrico a través de una reducción de 3 etapas identicas.
Reducción de transmisión: 48
Eficiencia de la transmisión: 0,75
Diámetro del tambor: 630mm
Inercia del eje del motor: 4,6Kgm2
Inercia de los ejes inetermedios: 16kgm2
Inercia del tambor: 640Kgm2
Determinar la potencia del motor cuando una grua levanta un peso de 15tn a una velocidad de 0,12m/seg.
Suponiendo que el motor entrega un par constante determinar el tiempo requerido para llevar la carga desde el reposo hasta la velocidad de ascenso.
Ec. Fundamental de los sistemas rotativos reducidos al eje de la carga.
Motor
1
23
4
Calculo de tensiones en la polea para llevarla al tambor
Aplicamos la 2da ley de la mecanica.
D.C.L por el tambor
Luego
T1 T2
W
T1
M4
2Vvo
En el tambor
Con la potencia obtenida seleccionamos un motor en el catalogo
6. Máquina elevadora de bobinas constituida por un motor eléctrico que acciona un volante mediante una trasmisión por correas. En su ciclo de trabajo la maquina eleva bobinas de 1500Kg de peso máx. Desde un nivel de 0 hasta 1,5m
Durante la aplicación la carga gira 180°
Se pide:
Pm=? Iv=?
Necesarias para que el sistema se encuentre dentro del límite de velocidad dado
Transmisiones
V=0,24
Reduciendo al eje de la carga
Multiplicando 1 Wc
Integrando entre dos puntos A y B
Calculo de la energía requerida por la carga en un ciclo
M
1
2 Volante
1,4
1
1,5 1,4
0,8 0,9 1
Calculo de la potencia
Calculo Wc
Energía entregada por el motor durante la elevación
7. Un motor cuyas característica viene dada por :
Datos
Mm = 1500 + 300 . Sen2
Mc = 1500 + 170 . Sen
Ie = 50 Kg .
Calcule:
a).- Coeficiente de fluctuación.
b).- Potencia media desarrollada.
Solución:
Ie = Im + . Ic y Ma = Mm - . Mc
n = n = n = 1
n = 1500 + 170 . sen ;
Ma = 300 Sen - 170 Sen
Mc = 1 (1500 + 170 . Sen ) Mc = 1500 + 170 . Sen
Ie = Im + Ic Im + Ic = 50 Km .
Motor Carga
Nota: ya que la velocidad del eje del motor o eje de entrada es igual a la velocidad angular de la carga, por lo tanto:
Tomando en cuenta que el sistema mecánico está en condiciones ideales n = 1 luego:
180
73,54
180
73,54
Ie = Donde = Donde =
Sustituyendo
= =
Sustituyendo en las ecuaciones del Par motor y el Par de la carga reducido tenemos:
=
= -
= 300 -
= 300 ( ) - 170 . Cos
= - 150 . Cos2 + 170 Cos
Conociendo los ángulos ;
1500 + 300 . Sen = 1500 + 170 . Sen
600 . Sen . Cos = 170 Sen
600 . Cos = 170
Cos = 170 / 600
= ArcCos(170 / 600) = 73,54 = 180
Luego:
= -150 . Cos + 170 . Cos
Sustituyendo valores numéricos:
= -150 (-0,84 - 1) + 170 (0,28 - 1)
= 279 – 122,4
= 153,6
Luego :
=
=
= 0,146
P = M .
Pm = . y Pc = Mc .
Donde Mm = 1800 Nw . m y
Pm = (1800) (20,94)
Pm = 37692 W
Pm = 37,69 Kw
Luego:
Pc = Mc . max Pc = (1670) (20,94) Pc = 34969,8 W
Pc = 34,97 Kw
Donde = consumido
= 200 rpm =
= 20,94 1/S
= Coeficiente de fluctuación de la velocidad
Por lo tanto la potencia media desarrollada por el motor está dada por:
Pmedia = (Pm + PC) / 2 Pmedia = 36330,9 W Pmedia = 36,37 Kw
Graficando nos queda la curva
8. Dos motores y una carga
ɳ=0,90%
Im1=6Kgm2
Im2=3Kgm2
Ic=8kgm2
N=0,5
Motor 1
Motor 2
Carga
Motor 1
Motor 2Carga
20000
1000 2000
W(RPM)
100
W(RPM)
M(N/m)P(w)
400
1000W(RPM)
M(N/m)
Ec. Curva carga
Ec. Motor 2
Ec. Motor 1
Hallamos la pendiente de la nueva curva del motor “1”.
Con la Ec. Pto pendiente hallamos el punto de corte
Reducimos el motor “1” al eje de la carga
191
1000 2000
Sumamos las Ec. De los motores
Hallamos la inercia equivalente
Hallamos la velocidad de operación.
Hallamos el par acelerante.
Hallamos el tiempo de arranque
9.Una maquina centrifuga eje vertical tiene un rotor de momento de inercia 4,5Kgm2 y de características mecánicas dadas en la figura. La carga es accionada por un motor eléctrico asíncrono que acciona el ventilador hasta la velocidad de 800 rpm. Se pide:
Potencia del motor eléctrico asíncrono nema B necesario para accionar la carga (motor 4 polos, 50 Hz)
Relación de transmisión entre el eje del motor y el eje del ventilador, la transmisión propuesta es por correas y la efiencia es 0,95aprox.
Tiempo de arranque (evaluar por métodos de aprox.)
Como puede influir el tiempo de arranque de un motor asíncrono de 2 velocidades (1500-3000).
Motor
30
25
20
15
10
5
500 800
Con el valor de la potencia buscamos un motor.
Tipo → MBT 100Lb
W → 1415 Ma/Mn → 2,4 Im=0,0084Kgm2
Pot (Kw) → 3 Mn → 20 Max/Mn → 2,5
Velocidad de sincronismo
Reducimos el sistema al eje de la carga
Par promedio:
Ma = 48
Mn = 20
Mmax = 50
1415 1500
1
Par arranque
Calculamos el tiempo
Hallando inercia equivalente
4,53
Graficando nos queda.
1 2
3
Mn
100
9080
7060
5040
3020
10
100 200 300 400 500 600 700 800 900 1000