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​ = 12N2​ = 15

Un motor de 4 kW que gira a 1500 rpm acciona un piñón de 12 dientes, que engrana con una rueda de 15 dientes. Desprecia las pérdidas. Halla el par de salida T2 en el eje de la rueda.

P = 4 kWn1 = 1500 rpmN1 = 12N2 = 15η = 100%
T2 = N·m
2.Engranajes y trenes de engranajesDifícil
d1​ = 120 mmd2​ = 400 mm1450 rpmC = 600 mmT1​ = 1200 NT2​P = ?

Una correa abierta conecta una polea motriz de 120 mm a 1450 rpm con una polea de 400 mm; los centros están separados 600 mm. El coeficiente de rozamiento es 0,25 y la tensión del ramal tenso no puede superar 1200 N. Halla la mayor potencia P que puede transmitir la correa sin deslizar, en kW (ignora los efectos centrífugos).

d1 = 120 mmn1 = 1450 rpmd2 = 400 mmC = 600 mmμ = 0,25T1 = 1200 N
P = kW
3.Torsión de ejesMedia
d1​ = 40 mmd2​ = 20 mmT = 200 N·mABC0,8 m0,5 m

Un eje macizo escalonado de latón está empotrado en A. El tramo AB tiene un diámetro de 40 mm y una longitud de 0,8 m; el tramo BC tiene un diámetro de 20 mm y una longitud de 0,5 m. En el extremo libre C actúa un par de 200 N·m. Halla la tensión cortante máxima τmax en el eje.

T = 200 N·md1 = 40 mm, L1 = 0,8 md2 = 20 mm, L2 = 0,5 m
τmax = MPa
4.Torsión de ejesDifícil
d = 25 mmTB​ = 200 N·mTC​ = 400 N·mABC0,5 m2 m

Un eje macizo de latón de 25 mm de diámetro está empotrado en A. En B, a 0,5 m de A, actúa un par de 200 N·m, y en el extremo libre C, 2 m más allá, actúa un par de 400 N·m en el mismo sentido. Halla la tensión cortante máxima τmax en el eje.

d = 25 mmTB = 200 N·mTC = 400 N·mAB = 0,5 mBC = 2 m
τmax = MPa
5.Círculo de Mohr y transformación de tensionesMedia
σx​ = 50σy​ = 100τxy​ = −60MPa

Un punto de una placa delgada está en tensión plana: σₓ = 50 MPa, σᵧ = 100 MPa y τₓᵧ = −60 MPa, con σz = 0. Halla la tensión cortante máxima absoluta τabs en el punto (considerando todos los planos en tres dimensiones).

σx = 50 MPaσy = 100 MPaτxy = −60 MPaσz = 0
τabs = MPa
6.Círculo de Mohr y transformación de tensionesDifícil
σx​ = 30σy​ = 10τxy​ = −20MPa

Un punto de una pieza cargada tiene σₓ = 30 MPa, σᵧ = 10 MPa y τₓᵧ = −20 MPa (tracción positiva). Halla la tensión cortante τθ en un plano cuya normal está girada 40° en sentido antihorario respecto al eje x (positiva en el mismo sentido que τₓᵧ).

σx = 30 MPaσy = 10 MPaτxy = −20 MPaθ = 40°
τθ = MPa
7.Tensión y deformación axialMedia
Ø 16 mmAluminio2,5 mP = 40 kN

Halla el alargamiento δ de la barra de aluminio bajo la carga axial.

P = 40 kNd = 16 mmL = 2,5 mE = 70 GPa
δ = mm
8.Tensión y deformación axialDifícil
Ø 25 mmCobre1 mØ 20 mmAluminio0,5 mP = 90 kN

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

P = 90 kNtramo 1: Ø25 mm, 1 m, cobre (E = 117 GPa)tramo 2: Ø20 mm, 0,5 m, aluminio (E = 70 GPa)
δ = mm
9.Pandeo de pilaresMedia
PL = 4 md = 30 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 = 4 mE = 200 GPa (acero)d = 30 mm
Pcr = kN
10.Pandeo de pilaresDifícil
P = 80 kNL = 5 md = ?sección

Un pilar macizo circular de longitud L de acero está empotrado en la base y articulado arriba. Debe soportar 80 kN con un coeficiente de seguridad de 2 frente al pandeo. Halla el diámetro mínimo d.

P = 80 kNn = 2L = 5 mE = 200 GPa (acero)
d = mm
11.Vibraciones mecánicasMedia
tx12 mm1 ciclo4,6 mm

En un ensayo de vibración libre de un sistema masa–muelle amortiguado, a un pico de desplazamiento de 12 mm le sigue un ciclo después un pico de 4,6 mm. Halla el factor de amortiguamiento ζ.

x0 = 12 mmx1 = 4,6 mmn = 1
ζ =
12.Vibraciones mecánicasDifícil
k1​ = 100k2​ = 80k3​ = 15m = 20 kg

Una masa de 20 kg cuelga del muelle k₃ = 15 kN/m. El extremo superior de k₃ está unido a una barra rígida que cuelga de dos muelles uno al lado del otro, k₁ = 100 kN/m y k₂ = 80 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 = 20 kgk1 = 100 kN/mk2 = 80 kN/mk3 = 15 kN/m
fn = Hz

3Disoluciones

1.Engranajes y trenes de engranajes

Respuesta: T2 = 31,83 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·1500/60 = 157,1 rad/s
T1 = P/ω₁ = 4000/157,1 = 25,46 N·m

Par de salida

T2 = 25,46·15/12·1 = 31,83 N·m

Respuesta

T2 = 31,83 N·m
2.Engranajes y trenes de engranajes

Respuesta: P = 5,325 kW

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 contacto

θ = 2,671 rad

Tensión del ramal flojo

eμθ = e0,6676 = 1,95, T₂ = 1200/1,95 = 615,5 N

Potencia

P = (1200 − 615,5)·9,111 = 5,325 kW

Respuesta

P = 5,325 kW
3.Torsión de ejes

Respuesta: τmax = 127,3 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.

Tensión en cada tramo

T = 200 N·m = 200000 N·mm
τAB = 16·200000/(π·40³) = 15,92 MPa
τBC = 16·200000/(π·20³) = 127,3 MPa

Respuesta

τmax = 127,3 MPa
4.Torsión de ejes

Respuesta: τmax = 195,6 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 = 400 N·m
TAB = TC + TB = 400 + 200 = 600 N·m

Tensión cortante máxima

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

|T|max = 600 N·m
τmax = 16·600000/(π·25³) = 195,6 MPa

Respuesta

τmax = 195,6 MPa
5.Círculo de Mohr y transformación de tensiones

Respuesta: τabs = 70 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. En tres dimensiones la tensión cortante máxima absoluta es (σmax − σmin)/2 entre las tres tensiones principales; en tensión plana la tercera es nula.

στxyCσ1​σ2​

Tensiones principales en el plano

C = 75 MPa, R = √((−25)² + (−60)²) = 65 MPa
σ1 = 140 MPa, σ2 = 10 MPa, σz = 0

El mayor de los tres círculos

τ = max(|σ1 − σ2|, |σ1|, |σ2|)/2 = max(130, 140, 10)/2 = 70 MPa

Respuesta

τabs = 70 MPa

Aquí manda el círculo fuera del plano: el máximo absoluto es mayor que el máximo en el plano R.

6.Círculo de Mohr y transformación de tensiones

Respuesta: τθ = −13,32 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

τθ = −10·0,9848 + −20·0,1736 = −13,32 MPa

Respuesta

τθ = −13,32 MPa
7.Tensión y deformación axial

Respuesta: δ = 7,105 mm

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·16²/4 = 201,1 mm²
σ = P/A = 40·1000/201,1 = 198,9 MPa

Deformación (ley de Hooke)

E for aluminio = 70 GPa = 70000 MPa.

ε = σ/E = 198,9/70000 = 0,002842 = 2842 µε

Alargamiento

δ = ε·L = 0,002842·2500 mm = 7,105 mm

Respuesta

δ = 7,105 mm
8.Tensión y deformación axial

Respuesta: δ = 3,613 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·20²/4 = 314,2 mm²
σ1 = 183,3 MPa
σ2 = 286,5 MPa

Suma los alargamientos de los tramos

δ1 = σ1L1/E1 = 183,3·1000/117000 = 1,567 mm
δ2 = σ2L2/E2 = 286,5·500/70000 = 2,046 mm
δ = δ1 + δ2 = 3,613 mm

Respuesta

δ = 3,613 mm
9.Pandeo de pilares

Respuesta: Pcr = 10,01 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·30⁴/64 = 39761 mm⁴

Longitud de pandeo

KL = 0,7·4000 = 2800 mm

Carga crítica

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·200000·39761/2800² = 10011 N = 10,01 kN

Respuesta

Pcr = 10,01 kN
10.Pandeo de pilares

Respuesta: d = 67,06 mm

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.

Carga crítica necesaria

Pcr = n·P = 2·80000 = 160000 N
KL = 0,7·5000 = 3500 mm

Despeja el diámetro

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·160000·3500²/(π³·200000))^(1/4) = 67,06 mm

Respuesta

d = 67,06 mm

Comprobación: la esbeltez KL/r es 208,8, así que el pilar es esbelto y Euler es válido.

11.Vibraciones mecánicas

Respuesta: ζ = 0,1509

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 = (1/1)·ln(12/4,6) = 0,9589

Factor de amortiguamiento

ζ = δ/√(4π² + δ²) = 0,9589/√(39,48 + 0,9194) = 0,1509

Respuesta

ζ = 0,1509
12.Vibraciones mecánicas

Respuesta: fn = 4,188 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 = 100 + 80 = 180 kN/m
keq = 180·15/(180 + 15) = 13,85 kN/m

Frecuencia natural

ωn = √(13846/20) = 26,31 rad/s
fn = 26,31/(2π) = 4,188 Hz

Respuesta

fn = 4,188 Hz

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