Diseño de máquinas: pack de repaso

Hojas de fórmulas, los pasos clave de los métodos de cada tema y 12 problemas de práctica, con las soluciones completas al final.

Problemas nuevosVolver a la asignatura

En la ventana de impresión, elige «Guardar como PDF» para conservar una copia en tu dispositivo.

1Fórmulas y métodos

Engranajes y trenes de engranajes

Engranajes en contacto
n1·N1 = n2·N2
Par
T2 = T1·(N2/N1)·η
Potencia
P = T·ω, ω = 2π·n/60
Tren compuesto
relación total = producto de las relaciones de cada etapa

Torsión de ejes

Tensión cortante
τ = T·r/J
Eje macizo
J = πd⁴/32
Eje hueco
J = π(D⁴ − d⁴)/32
Ángulo de torsión
φ = TL/(GJ)
Potencia
P = T·ω = 2πnT/60

Método

  1. Halla el momento polar de inercia: J = πd⁴/32 para un eje macizo.
  2. Tensión tangencial en la superficie: τ = T·r/J, con r el radio exterior.
  3. Ángulo de torsión: φ = TL/(GJ) en radianes.
  4. Si te dan la potencia, halla primero el par con P = T·ω, ω = 2πn/60.

Círculo de Mohr y transformación de tensiones

Centro
C = (σx + σy)/2
Radio
R = √(((σx − σy)/2)² + τxy²)
Tensiones principales
σ1,2 = C ± R
Dirección principal
tan 2θp = 2τxy/(σx − σy)
Plano inclinado
σθ = C + (σx − σy)/2·cos 2θ + τxy·sin 2θ

Método

  1. Calcula el centro del círculo de Mohr: C = (σx + σy)/2.
  2. Calcula el radio: R = √(((σx − σy)/2)² + τxy²).
  3. Las tensiones principales son C ± R y la tensión tangencial máxima en el plano es R.
  4. Los ángulos en el círculo son el doble que los ángulos en el elemento: tan 2θp = 2τxy/(σx − σy).

Tensión y deformación axial

Tensión normal
σ = F/A
Deformación
ε = ΔL/L
Ley de Hooke
σ = E·ε
Alargamiento
ΔL = FL/(EA)
Deformación térmica
εT = α·ΔT

Pandeo de pilares

Carga crítica de Euler
Pcr = π²EI/(KL)²
Factor de longitud de pandeo
K = 1 articulado–articulado, 0,5 empotrado–empotrado, 0,7 empotrado–articulado, 2 empotrado–libre
Tensión crítica
σcr = Pcr/A
Esbeltez
λ = KL/r, r = √(I/A)

Vibraciones mecánicas

Frecuencia natural
ωn = √(k/m), fn = ωn/(2π)
A partir de la deflexión estática
ωn = √(g/δst)
Amortiguamiento crítico
cc = 2√(km) = 2mωn
Factor de amortiguamiento
ζ = c/cc
Frecuencia amortiguada
ωd = ωn√(1 − ζ²)
Decremento logarítmico
δ = (1/n)·ln(x0/xn), ζ = δ/√(4π² + δ²)
Muelles en paralelo
k = k1 + k2
Muelles en serie
1/k = 1/k1 + 1/k2

2Problemas de práctica

1.Engranajes y trenes de engranajesMedia
N1​ = 15N2​ = 48

Un motor de 4 kW que gira a 1450 rpm acciona un piñón de 15 dientes, que engrana con una rueda de 48 dientes. Desprecia las pérdidas. Halla el par T1 en el eje del motor.

P = 4 kWn1 = 1450 rpmN1 = 15N2 = 48η = 100%
T1 = N·m
2.Engranajes y trenes de engranajesDifícil
d1​ = 150 mmd2​ = 450 mm960 rpmC = 600 mmθ = ?

Una correa abierta conecta una polea de 150 mm y una polea de 450 mm cuyos centros están separados 600 mm. Halla el ángulo de contacto θ en la polea menor, en grados.

d1 = 150 mmd2 = 450 mmC = 600 mm
θ = °
3.Torsión de ejesMedia
T = 500 N·md = 40 mmL = 2,5 mφ = ?

Un eje macizo de aluminio está empotrado en la pared y se tuerce con un par T en su extremo libre. Halla el ángulo de torsión φ del extremo libre, en grados.

T = 500 N·md = 40 mmL = 2,5 mG = 26 GPa
φ = °
4.Torsión de ejesDifícil
d = 30 mmTB​ = 2000 N·mTC​ = 1000 N·mABC1,2 m1,5 m

Un eje macizo de aluminio de 30 mm de diámetro está empotrado en A. En B, a 1,2 m de A, actúa un par de 2000 N·m, y en el extremo libre C, 1,5 m más allá, actúa un par de 1000 N·m en sentido contrario. Halla la tensión cortante máxima τmax en el eje.

d = 30 mmTB = 2000 N·mTC = 1000 N·mAB = 1,2 mBC = 1,5 m
τmax = MPa
5.Círculo de Mohr y transformación de tensionesMedia
σx​ = 160σy​ = −10τxy​ = 10MPa

En un punto σₓ = 160 MPa, σᵧ = −10 MPa y τₓᵧ = 10 MPa (tracción positiva). El elemento se gira 60° en sentido antihorario. Halla la tensión normal σy′ en las caras del elemento girado perpendiculares al eje girado y′.

σx = 160 MPaσy = −10 MPaτxy = 10 MPaθ = 60°
σy′ = MPa
6.Círculo de Mohr y transformación de tensionesDifícil
σx​ = 70σy​ = 90τxy​ = 40MPa

Un punto de una placa delgada está en tensión plana: σₓ = 70 MPa, σᵧ = 90 MPa y τₓᵧ = 40 MPa (σz = 0). Halla la tensión equivalente de von Mises σvM.

σx = 70 MPaσy = 90 MPaτxy = 40 MPa
σvM = MPa
7.Tensión y deformación axialMedia
Ø 12 mmLatón2 mP = 105 kN

Halla la deformación axial ε en la barra de latón, en microdeformaciones (µε = 10⁻⁶).

P = 105 kNd = 12 mmL = 2 mE = 100 GPa
ε = µε
8.Tensión y deformación axialDifícil
Ø 25 mmCobre0,5 mØ 12 mmLatón1,5 mP = 25 kN

La barra escalonada está empotrada en la pared y cargada en su extremo libre. Halla el alargamiento total δ.

P = 25 kNtramo 1: Ø25 mm, 0,5 m, cobre (E = 117 GPa)tramo 2: Ø12 mm, 1,5 m, latón (E = 100 GPa)
δ = mm
9.Pandeo de pilaresMedia
PL = 2,5 m40 × 60 mmsección

Un pilar de longitud L de aluminio está empotrado en la base y articulado arriba. Con la fórmula de Euler, halla su carga crítica de pandeo Pcr.

L = 2,5 mE = 70 GPa (aluminio)b × h = 40 × 60 mm
Pcr = kN
10.Pandeo de pilaresDifícil
PL = 3 md = 50 mmsección

Un pilar de longitud L de aluminio está empotrado en ambos extremos. Halla su esbeltez y la tensión crítica de pandeo σcr con la fórmula de Euler.

L = 3 mE = 70 GPa (aluminio)d = 50 mm
σcr = MPa
11.Vibraciones mecánicasMedia
k = 100 kN/mc = 720 N·s/mm = 8 kg

Una masa de 8 kg está soportada por un muelle con una rigidez de 100 kN/m y un amortiguador viscoso con un coeficiente de amortiguamiento de 720 N·s/m. Halla el factor de amortiguamiento ζ.

m = 8 kgk = 100 kN/mc = 720 N·s/m
ζ =
12.Vibraciones mecánicasDifícil
k1​ = 15k2​ = 12k3​ = 20m = 10 kg

Una masa de 10 kg cuelga del muelle k₃ = 20 kN/m. El extremo superior de k₃ está unido a una barra rígida que cuelga de dos muelles uno al lado del otro, k₁ = 15 kN/m y k₂ = 12 kN/m; la barra se mantiene horizontal. Desprecia el amortiguamiento y las masas de los muelles y de la barra. Halla la frecuencia natural fn de vibración vertical en Hz.

m = 10 kgk1 = 15 kN/mk2 = 12 kN/mk3 = 20 kN/m
fn = Hz

3Disoluciones

1.Engranajes y trenes de engranajes

Respuesta: T1 = 26,34 N·m

Trenes de engranajes: los engranajes que engranan entre sí tienen la misma velocidad en los dientes, así que n₁·N₁ = n₂·N₂: el engranaje con menos dientes gira más rápido. Los engranajes montados en un mismo eje giran a la misma velocidad. La potencia se transmite (menos las pérdidas), así que el par aumenta cuando la velocidad disminuye: T₂ = T₁·(N₂/N₁)·η, y P = T·ω con ω = 2π·n/60.

Par del motor

ω₁ = 2π·1450/60 = 151,8 rad/s
T1 = P/ω₁ = 4000/151,8 = 26,34 N·m

Respuesta

T1 = 26,34 N·m
2.Engranajes y trenes de engranajes

Respuesta: θ = 151 °

Transmisiones por correa: sin deslizamiento, ambas poleas tienen la misma velocidad periférica v = π·d·n/60, así que n₁·d₁ = n₂·d₂ y la relación de velocidades es d₂/d₁. El deslizamiento s hace que la polea conducida gire un poco más despacio: n₂ = n₁·(d₁/d₂)·(1 − s). La potencia transmitida es P = (T₁ − T₂)·v, con T₁ la tensión del ramal tenso y T₂ la del ramal flojo. El rozamiento limita la relación de tensiones: T₁/T₂ = eμθ, donde θ es el ángulo de contacto en radianes sobre la polea menor; para una correa abierta θ = π − 2·asin((d₂ − d₁)/(2C)) con distancia entre centros C.

Ángulo de la correa

asin(0,25) = 14,48°

Ángulo de contacto

θ = 180 − 2·14,48 = 151°

Respuesta

θ = 151°
3.Torsión de ejes

Respuesta: φ = 10,96 °

Torsión de ejes circulares: la tensión cortante crece linealmente desde cero en el centro hasta τmax = T·r/J en la superficie, con J = πd⁴/32 para un eje macizo y J = π(do⁴ − di⁴)/32 para uno hueco. El ángulo de torsión es φ = TL/(GJ) en radianes. Potencia y par se relacionan por P = T·ω.

Momento polar de inercia

J = π·40⁴/32 = 251327 mm⁴

Ángulo de torsión

φ = TL/(GJ) = 500·1000·2500/(26000·251327) = 0,1913 rad
φ = 0,1913·180/π = 10,96°

Respuesta

φ = 10,96°
4.Torsión de ejes

Respuesta: τmax = 188,6 MPa

Torsión de ejes circulares: la tensión cortante crece linealmente desde cero en el centro hasta τmax = T·r/J en la superficie, con J = πd⁴/32 para un eje macizo y J = π(do⁴ − di⁴)/32 para uno hueco. El ángulo de torsión es φ = TL/(GJ) en radianes. Potencia y par se relacionan por P = T·ω.

Pares internos

Se toma positivo el sentido de TC.

TBC = TC = 1000 N·m
TAB = TC − TB = 1000 − 2000 = −1000 N·m

Tensión cortante máxima

El tramo con el mayor par interno tiene la mayor tensión (mismo diámetro).

|T|max = 1000 N·m
τmax = 16·1 × 10⁶/(π·30³) = 188,6 MPa

Respuesta

τmax = 188,6 MPa
5.Círculo de Mohr y transformación de tensiones

Respuesta: σy′ = 108,8 MPa

Transformación de tensiones en estado plano: en un plano girado θ, σ = (σₓ + σᵧ)/2 + (σₓ − σᵧ)/2·cos 2θ + τₓᵧ·sin 2θ. El círculo de Mohr muestra todos los planos a la vez: su centro está en C = (σₓ + σᵧ)/2 y su radio es R = √(((σₓ − σᵧ)/2)² + τₓᵧ²). Las tensiones principales son C ± R, y la tensión cortante máxima en el plano es R.

Ecuación de transformación para la cara y′

σy′ = 75 − 85·(−0,5) − 10·0,866 = 108,8 MPa

Comprobación

La suma de las tensiones normales no cambia con el giro.

σx′ = 41,16 MPa, σx′ + σy′ = 150 = σx + σy

Respuesta

σy′ = 108,8 MPa
6.Círculo de Mohr y transformación de tensiones

Respuesta: σvM = 107,2 MPa

Transformación de tensiones en estado plano: en un plano girado θ, σ = (σₓ + σᵧ)/2 + (σₓ − σᵧ)/2·cos 2θ + τₓᵧ·sin 2θ. El círculo de Mohr muestra todos los planos a la vez: su centro está en C = (σₓ + σᵧ)/2 y su radio es R = √(((σₓ − σᵧ)/2)² + τₓᵧ²). Las tensiones principales son C ± R, y la tensión cortante máxima en el plano es R. Criterios de plastificación: von Mises predice la plastificación cuando σvM = √(σ₁² − σ₁σ₂ + σ₂²) alcanza σY; Tresca, cuando la tensión cortante máxima absoluta alcanza σY/2.

στxyCσ1​σ2​

Tensiones principales

C = 80 MPa, R = 41,23 MPa
σ1 = 121,2 MPa, σ2 = 38,77 MPa, σ3 = 0

Von Mises

σvM = √(121,2² − 121,2·38,77 + 38,77²) = 107,2 MPa

Respuesta

σvM = 107,2 MPa
7.Tensión y deformación axial

Respuesta: ε = 9284 µε

Ley de Hooke: en el rango elástico σ = E·ε. Junto con σ = P/A y ε = δ/L se obtiene δ = PL/(AE).

Tensión

A = π·12²/4 = 113,1 mm²
σ = P/A = 105·1000/113,1 = 928,4 MPa

Deformación (ley de Hooke)

E for latón = 100 GPa = 100000 MPa.

ε = σ/E = 928,4/100000 = 0,009284 = 9284 µε

Respuesta

ε = 9284 µε
8.Tensión y deformación axial

Respuesta: δ = 3,533 mm

Elementos con carga axial: cada tramo prismático cumple δ = PL/(AE). En tramos en serie los alargamientos se suman.

La misma fuerza en ambos tramos

El extremo libre soporta P, así que cada sección de la barra soporta el mismo esfuerzo axial P. Solo cambian las áreas y los materiales.

A1 = π·25²/4 = 490,9 mm², A2 = π·12²/4 = 113,1 mm²
σ1 = 50,93 MPa
σ2 = 221 MPa

Suma los alargamientos de los tramos

δ1 = σ1L1/E1 = 50,93·500/117000 = 0,2176 mm
δ2 = σ2L2/E2 = 221·1500/100000 = 3,316 mm
δ = δ1 + δ2 = 3,533 mm

Respuesta

δ = 3,533 mm
9.Pandeo de pilares

Respuesta: Pcr = 72,19 kN

Pandeo de Euler: un pilar esbelto se vuelve inestable en Pcr = π²EI/(KL)², donde KL es la longitud de pandeo: K = 1 para articulado–articulado, 2 para empotrado–libre, 0,7 para empotrado–articulado y 0,5 para empotrado–empotrado. Pandea respecto al eje con el menor I. La fórmula vale para pilares esbeltos, cuya tensión crítica queda por debajo del límite elástico.

Menor momento de inercia

Un rectángulo pandea respecto a su eje débil, usando la dimensión menor al cubo.

Imin = h·b³/12 = 60·40³/12 = 320000 mm⁴

Longitud de pandeo

KL = 0,7·2500 = 1750 mm

Carga crítica

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·70000·320000/1750² = 72189 N = 72,19 kN

Respuesta

Pcr = 72,19 kN
10.Pandeo de pilares

Respuesta: σcr = 47,98 MPa

Pandeo de Euler: un pilar esbelto se vuelve inestable en Pcr = π²EI/(KL)², donde KL es la longitud de pandeo: K = 1 para articulado–articulado, 2 para empotrado–libre, 0,7 para empotrado–articulado y 0,5 para empotrado–empotrado. Pandea respecto al eje con el menor I. La fórmula vale para pilares esbeltos, cuya tensión crítica queda por debajo del límite elástico.

Menor momento de inercia

Una sección circular tiene el mismo I respecto a cualquier eje.

I = πd⁴/64 = π·50⁴/64 = 306796 mm⁴

Radio de giro y esbeltez

A = 1963 mm²
r = √(I/A) = √(306796/1963) = 12,5 mm
KL = 0,5·3000 = 1500 mm
KL/r = 1500/12,5 = 120

Tensión crítica

σcr = π²E/(KL/r)² = π²·70000/120² = 47,98 MPa

Respuesta

σcr = 47,98 MPa
11.Vibraciones mecánicas

Respuesta: ζ = 0,4025

Vibración libre de un sistema masa–muelle: la pulsación natural sin amortiguamiento es ωn = √(k/m) en rad/s, y fn = ωn/(2π) en Hz. Un amortiguador viscoso c da el factor de amortiguamiento ζ = c/cc, con amortiguamiento crítico cc = 2·√(k·m) = 2·m·ωn. Un sistema subamortiguado (ζ < 1) oscila a ωd = ωn·√(1 − ζ²). Los muelles en paralelo se suman, k = k₁ + k₂; los muelles en serie se suman como inversos, 1/k = 1/k₁ + 1/k₂.

Amortiguamiento crítico

cc = 2·√(k·m) = 2·√(100000·8) = 1789 N·s/m

Factor de amortiguamiento

ζ = c/cc = 720/1789 = 0,4025

Respuesta

ζ = 0,4025

ζ < 1, así que el sistema es subamortiguado y oscila mientras se amortigua.

12.Vibraciones mecánicas

Respuesta: fn = 5,395 Hz

Vibración libre de un sistema masa–muelle: la pulsación natural sin amortiguamiento es ωn = √(k/m) en rad/s, y fn = ωn/(2π) en Hz. Un amortiguador viscoso c da el factor de amortiguamiento ζ = c/cc, con amortiguamiento crítico cc = 2·√(k·m) = 2·m·ωn. Un sistema subamortiguado (ζ < 1) oscila a ωd = ωn·√(1 − ζ²). Los muelles en paralelo se suman, k = k₁ + k₂; los muelles en serie se suman como inversos, 1/k = 1/k₁ + 1/k₂.

Rigidez equivalente

Solo k1 y k2 están en paralelo. Ese par está en serie con k3, así que combínalos como inversos.

k12 = 15 + 12 = 27 kN/m
keq = 27·20/(27 + 20) = 11,49 kN/m

Frecuencia natural

ωn = √(11489/10) = 33,9 rad/s
fn = 33,9/(2π) = 5,395 Hz

Respuesta

fn = 5,395 Hz

ExamProblems · examproblems.com/courses/machine-design