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.

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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​ = ?N2​

Dos ejes paralelos están a 240 mm de distancia. Deben unirse mediante un par de ruedas dentadas rectas de módulo 4 mm y una reducción de velocidad de 5 : 1. ¿Cuántos dientes N1 debe tener el piñón?

a = 240 mmm = 4 mmi = 5
N1 =
2.Engranajes y trenes de engranajesDifícil
Ns​ = 15corona fijaNp​ = 24nc​ = ?

En un tren epicicloidal el planeta (sol) tiene 15 dientes y cada satélite tiene 24 dientes. La corona se mantiene fija y el planeta se acciona a 1200 rpm. Halla la velocidad nc del portasatélites.

Ns = 15Np = 24ns = 1200 rpm
nc = rpm
3.Torsión de ejesMedia
T = 400 N·md = 50 mmL = 1,5 mφ = ?

Un eje macizo de acero 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 = 400 N·md = 50 mmL = 1,5 mG = 80 GPa
φ = °
4.Torsión de ejesDifícil
do​ = ?75 kW, 300 rpm

Un eje hueco debe transmitir 75 kW a 300 rpm. Su diámetro interior debe ser 0,5 veces su diámetro exterior, y la tensión cortante no debe superar 75 MPa. Halla el diámetro exterior mínimo do.

P = 75 kWN = 300 rpmdi/do = 0,5τallow = 75 MPa
do = mm
5.Círculo de Mohr y transformación de tensionesMedia
σx​ = −30σy​ = 40τxy​ = 20MPa

Un punto de una pieza cargada tiene σₓ = −30 MPa, σᵧ = 40 MPa y τₓᵧ = 20 MPa (tracción positiva). Halla la tensión cortante máxima en el plano τmax.

σx = −30 MPaσy = 40 MPaτxy = 20 MPa
τmax = MPa
6.Círculo de Mohr y transformación de tensionesDifícil
55°D = 600 mm, t = 6 mm, p = 1,2 MPap

Un depósito cilíndrico de pared delgada, con un diámetro interior de 600 mm y un espesor de pared de 6 mm, contiene gas a una presión manométrica de 1,2 MPa. Está fabricado con chapa soldada a lo largo de una costura helicoidal a 55° del eje del cilindro. Halla la tensión normal σn que actúa perpendicularmente a la costura de soldadura.

D = 600 mmt = 6 mmp = 1,2 MPaα = 55°
σn = MPa
7.Tensión y deformación axialMedia
Ø 30 mmAluminio1,5 mP = 25 kN

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

P = 25 kNd = 30 mmL = 1,5 mE = 70 GPa
ε = µε
8.Tensión y deformación axialDifícil
P = ?Ø30110 GPaØ80/50400 mm

Una varilla de acero (diámetro 30 mm, E = 200 GPa, tensión admisible 120 MPa) está dentro de un tubo de bronce (diámetro exterior 80 mm, diámetro interior 50 mm, E = 110 GPa, tensión admisible 70 MPa). Se comprimen juntos entre placas rígidas. Halla la mayor carga Pmax.

barra: Ø30 mm, E = 200 GPa, σallow = 120 MPatubo: Ø80/Ø50 mm, E = 110 GPa, σallow = 70 MPa
Pmax = kN
9.Pandeo de pilaresMedia
PL = 5 md = 40 mmsección

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

L = 5 mE = 200 GPa (acero)d = 40 mm
Pcr = kN
10.Pandeo de pilaresDifícil
PL = 2 md = 40 mmsección

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

L = 2 mE = 70 GPa (aluminio)d = 40 mm
σcr = MPa
11.Vibraciones mecánicasMedia
tx20 mm3 ciclos2 mm

En un ensayo de vibración libre de un sistema masa–muelle amortiguado, a un pico de desplazamiento de 20 mm le sigue 3 ciclos después un pico de 2 mm. Halla el factor de amortiguamiento ζ.

x0 = 20 mmx3 = 2 mmn = 3
ζ =
12.Vibraciones mecánicasDifícil
k1​ = 30k2​ = 20m = 25 kg

Una masa de 25 kg cuelga de dos muelles unidos uno tras otro (en serie): el muelle superior tiene k₁ = 30 kN/m y el inferior k₂ = 20 kN/m. Desprecia el amortiguamiento y las masas de los muelles. Halla la frecuencia natural fn de vibración vertical en Hz.

m = 25 kgk1 = 30 kN/mk2 = 20 kN/m
fn = Hz

3Disoluciones

1.Engranajes y trenes de engranajes

Respuesta: N1 = 20

Geometría de engranajes: el módulo m fija el tamaño del diente. Una rueda con N dientes tiene un diámetro primitivo d = m·N, dos ruedas que engranan tienen el mismo módulo, y su distancia entre centros es a = (d₁ + d₂)/2 = m·(N₁ + N₂)/2. La velocidad en la circunferencia primitiva es v = π·d·n/60, y la fuerza tangencial en el diente se obtiene del par: Ft = 2T/d.

Número total de dientes

N1 + N2 = 2a/m = 2·240/4 = 120

Reparte según la relación

N1 = 120/(1 + 5) = 20

Respuesta

N1 = 20
2.Engranajes y trenes de engranajes

Respuesta: nc = 230,8 rpm

Trenes epicicloidales: las velocidades del planeta, la corona y el portasatélites están relacionadas por la ecuación de Willis (ns − nc)/(nr − nc) = −Nr/Ns: vistos desde el portasatélites, el conjunto es un tren ordinario con los satélites como ruedas locas. Al fijar un elemento, el conjunto se convierte en un reductor de una sola relación.

Dientes de la corona

Nr = Ns + 2·Np = 15 + 2·24 = 63

Ecuación de Willis con la corona fija

Haz nr = 0 y despeja la velocidad del portasatélites.

(1200 − nc)/(0 − nc) = −63/15
nc = ns·Ns/(Ns + Nr) = 1200·15/78 = 230,8 rpm

Respuesta

nc = 230,8 rpm

El portasatélites gira en el mismo sentido que el planeta.

3.Torsión de ejes

Respuesta: φ = 0,7003 °

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·50⁴/32 = 613592 mm⁴

Ángulo de torsión

φ = TL/(GJ) = 400·1000·1500/(80000·613592) = 0,01222 rad
φ = 0,01222·180/π = 0,7003°

Respuesta

φ = 0,7003°
4.Torsión de ejes

Respuesta: do = 55,71 mm

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.

Par

ω = 2πN/60 = 2π·300/60 = 31,42 rad/s
T = P/ω = 75000/31,42 = 2387 N·m

Diámetro exterior a partir de la tensión admisible

T = 2387 N·m = 2,387 × 10⁶ N·mm
1 − k⁴ = 1 − 0,5⁴ = 0,9375
do = ∛(16T/(π·τallow·(1 − k⁴))) = ∛(16·2,387 × 10⁶/(π·75·0,9375)) = 55,71 mm
di = 0,5·55,71 = 27,86 mm

Respuesta

do = 55,71 mm

Un eje macizo necesitaría d = 54,53 mm; el hueco es algo mayor pero mucho más ligero.

5.Círculo de Mohr y transformación de tensiones

Respuesta: τmax = 40,31 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.

στxyCτmax​

Radio del círculo de Mohr

τmax = R = √(((−30 − 40)/2)² + 20²) = 40,31 MPa

Respuesta

τmax = 40,31 MPa
6.Círculo de Mohr y transformación de tensiones

Respuesta: σn = 39,87 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. Cilindro de pared delgada: tensión circunferencial σh = pr/t y tensión axial σa = pr/(2t); son las tensiones principales en la pared.

Tensiones en la pared

r = 600/2 = 300 mm
σh = pr/t = 1,2·300/6 = 60 MPa
σa = pr/(2t) = 30 MPa

Transforma a la costura

Toma x a lo largo del eje (σa) e y en dirección circunferencial (σh). La normal de la costura forma 90° − α con el eje.

σn = 30·sin²55° + 60·cos²55° = 39,87 MPa

Respuesta

σn = 39,87 MPa
7.Tensión y deformación axial

Respuesta: ε = 505,3 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·30²/4 = 706,9 mm²
σ = P/A = 25·1000/706,9 = 35,37 MPa

Deformación (ley de Hooke)

E for aluminio = 70 GPa = 70000 MPa.

ε = σ/E = 35,37/70000 = 0,0005053 = 505,3 µε

Respuesta

ε = 505,3 µε
8.Tensión y deformación axial

Respuesta: Pmax = 287 kN

Dos materiales: en serie (uno tras otro) cada tramo soporta la misma fuerza y los alargamientos se suman: δ = P·Σ L/(E·A). En paralelo (lado a lado entre placas rígidas) ambas partes se acortan lo mismo, así que sus deformaciones unitarias son iguales: la parte más rígida toma la mayor porción, Pi = P·EiAi/ΣEA, y σi = Ei·ε. Una barra sujeta entre dos muros rígidos con una carga en la unión es estáticamente indeterminada: los dos tramos se reparten la carga en proporción a su rigidez k = EA/L.

Áreas

Ar = π·30²/4 = 706,9 mm²
At = π(80² − 50²)/4 = 3063 mm²

Rigidez axial combinada

ΣEA = 200·10³·706,9 + 110·10³·3063 = 4,783 × 10⁸ N

Deformación determinante

ε = min(0,0006, 0,0006364) = 0,0006 (acero)

Mayor carga

Pmax = 0,0006·4,783 × 10⁸ = 286984 N = 287 kN

Respuesta

Pmax = 287 kN
9.Pandeo de pilares

Respuesta: Pcr = 20,25 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

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

I = πd⁴/64 = π·40⁴/64 = 125664 mm⁴

Longitud de pandeo

KL = 0,7·5000 = 3500 mm

Carga crítica

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·200000·125664/3500² = 20249 N = 20,25 kN

Respuesta

Pcr = 20,25 kN
10.Pandeo de pilares

Respuesta: σcr = 35,25 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·40⁴/64 = 125664 mm⁴

Radio de giro y esbeltez

A = 1257 mm²
r = √(I/A) = √(125664/1257) = 10 mm
KL = 0,7·2000 = 1400 mm
KL/r = 1400/10 = 140

Tensión crítica

σcr = π²E/(KL/r)² = π²·70000/140² = 35,25 MPa

Respuesta

σcr = 35,25 MPa
11.Vibraciones mecánicas

Respuesta: ζ = 0,1213

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.

Decremento logarítmico

δ = (1/3)·ln(20/2) = 0,7675

Factor de amortiguamiento

ζ = δ/√(4π² + δ²) = 0,7675/√(39,48 + 0,5891) = 0,1213

Respuesta

ζ = 0,1213
12.Vibraciones mecánicas

Respuesta: fn = 3,487 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

Los muelles en serie soportan la misma fuerza y suman sus deformaciones, así que se combinan como inversos: 1/k = 1/k1 + 1/k2.

1/keq = 1/30 + 1/20 → keq = 30·20/(30 + 20) = 12 kN/m

Frecuencia natural

ωn = √(12000/25) = 21,91 rad/s
fn = 21,91/(2π) = 3,487 Hz

Respuesta

fn = 3,487 Hz

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