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
d1​ = 100 mmd2​ = 250 mm1500 rpmT1​ = 1500 NT2​ = 450 NP = ?

Una correa pasa por una polea motriz de 100 mm a 1500 rpm. La tensión es de 1500 N en el ramal tenso y de 450 N en el ramal flojo. Halla la potencia P transmitida, en kW.

d1 = 100 mmn1 = 1500 rpmT1 = 1500 NT2 = 450 N
P = kW
2.Engranajes y trenes de engranajesDifícil
d1​ = 150 mmd2​ = 500 mm960 rpmC = 1200 mmT1​ = 1500 NT2​P = ?

Una correa abierta conecta una polea motriz de 150 mm a 960 rpm con una polea de 500 mm; los centros están separados 1200 mm. El coeficiente de rozamiento es 0,35 y la tensión del ramal tenso no puede superar 1500 N. Halla la mayor potencia P que puede transmitir la correa sin deslizar, en kW (ignora los efectos centrífugos).

d1 = 150 mmn1 = 960 rpmd2 = 500 mmC = 1200 mmμ = 0,35T1 = 1500 N
P = kW
3.Torsión de ejesMedia
d1​ = 40 mmd2​ = 25 mmT = 500 N·mABC3 m1,5 m

Un eje macizo escalonado de aluminio está empotrado en A. El tramo AB tiene un diámetro de 40 mm y una longitud de 3 m; el tramo BC tiene un diámetro de 25 mm y una longitud de 1,5 m. En el extremo libre C actúa un par de 500 N·m. Halla la tensión cortante máxima τmax en el eje.

T = 500 N·md1 = 40 mm, L1 = 3 md2 = 25 mm, L2 = 1,5 m
τmax = MPa
4.Torsión de ejesDifícil
Tdo​ = 40 mm, di​ = 28 mm

Un eje hueco transmite 50 kW a 300 rpm. Halla la tensión cortante máxima τmax en el eje.

P = 50 kWN = 300 rpmdo = 40 mmdi = 28 mm
τmax = MPa
5.Círculo de Mohr y transformación de tensionesMedia
σx​ = 120σy​ = 20τxy​ = 30MPa

En un punto σₓ = 120 MPa, σᵧ = 20 MPa y τₓᵧ = 30 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 = 120 MPaσy = 20 MPaτxy = 30 MPaθ = 60°
σy′ = MPa
6.Círculo de Mohr y transformación de tensionesDifícil
σx​ = 40σy​ = −80τxy​ = 60MPa

Un punto de una pieza cargada tiene σₓ = 40 MPa, σᵧ = −80 MPa y τₓᵧ = 60 MPa (tracción positiva). Halla la tensión cortante τθ en un plano cuya normal está girada 60° en sentido antihorario respecto al eje x (positiva en el mismo sentido que τₓᵧ).

σx = 40 MPaσy = −80 MPaτxy = 60 MPaθ = 60°
τθ = MPa
7.Tensión y deformación axialMedia
Ø 30 mmAluminio2,5 mP = 55 kN

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

P = 55 kNd = 30 mmL = 2,5 mE = 70 GPa
δ = mm
8.Tensión y deformación axialDifícil
P = ?Ø30100 GPaØ120/70500 mm

Una varilla de acero (diámetro 30 mm, E = 200 GPa, tensión admisible 150 MPa) está dentro de un tubo de latón (diámetro exterior 120 mm, diámetro interior 70 mm, E = 100 GPa, tensión admisible 70 MPa). Se comprimen juntos entre placas rígidas. Halla la mayor carga Pmax.

barra: Ø30 mm, E = 200 GPa, σallow = 150 MPatubo: Ø120/Ø70 mm, E = 100 GPa, σallow = 70 MPa
Pmax = kN
9.Pandeo de pilaresMedia
PL = 5 md = 80 mmsección

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

L = 5 mE = 70 GPa (aluminio)d = 80 mm
Pcr = kN
10.Pandeo de pilaresDifícil
P = 120 kNL = 3 md = ?sección

Un pilar macizo circular de longitud L de acero está articulado en ambos extremos. Debe soportar 120 kN con un coeficiente de seguridad de 2 frente al pandeo. Halla el diámetro mínimo d.

P = 120 kNn = 2L = 3 mE = 200 GPa (acero)
d = mm
11.Vibraciones mecánicasMedia
k = 1 kN/mζ = 0,4m = 2 kg

Una masa de 2 kg sobre un muelle con una rigidez de 1 kN/m tiene un amortiguador viscoso que da un factor de amortiguamiento de 0,4. Halla la frecuencia natural amortiguada fd de su vibración libre en Hz.

m = 2 kgk = 1 kN/mζ = 0,4
fd = Hz
12.Vibraciones mecánicasDifícil
k1​ = 12k2​ = 25k3​ = 5m = 100 kg

Una masa de 100 kg cuelga del muelle k₃ = 5 kN/m. El extremo superior de k₃ está unido a una barra rígida que cuelga de dos muelles uno al lado del otro, k₁ = 12 kN/m y k₂ = 25 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 = 100 kgk1 = 12 kN/mk2 = 25 kN/mk3 = 5 kN/m
fn = Hz

3Disoluciones

1.Engranajes y trenes de engranajes

Respuesta: P = 8,247 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.

Velocidad de la correa

v = 7,854 m/s

Potencia

P = (1500 − 450)·7,854 = 8247 W = 8,247 kW

Respuesta

P = 8,247 kW
2.Engranajes y trenes de engranajes

Respuesta: P = 7,137 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 = 2,849 rad

Tensión del ramal flojo

eμθ = e0,9971 = 2,71, T₂ = 1500/2,71 = 553,4 N

Potencia

P = (1500 − 553,4)·7,54 = 7,137 kW

Respuesta

P = 7,137 kW
3.Torsión de ejes

Respuesta: τmax = 163 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 = 500 N·m = 500000 N·mm
τAB = 16·500000/(π·40³) = 39,79 MPa
τBC = 16·500000/(π·25³) = 163 MPa

Respuesta

τmax = 163 MPa
4.Torsión de ejes

Respuesta: τmax = 166,7 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.

Par

ω = 2πN/60 = 2π·300/60 = 31,42 rad/s
T = P/ω = 50000/31,42 = 1592 N·m

Momento polar de inercia

J = π(40⁴ − 28⁴)/32 = 190984 mm⁴

Tensión cortante máxima

τmax = T·(do/2)/J = 1,592 × 10⁶·20/190984 = 166,7 MPa

Respuesta

τmax = 166,7 MPa
5.Círculo de Mohr y transformación de tensiones

Respuesta: σy′ = 69,02 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′ = 70 − 50·(−0,5) − 30·0,866 = 69,02 MPa

Comprobación

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

σx′ = 70,98 MPa, σx′ + σy′ = 140 = σx + σy

Respuesta

σy′ = 69,02 MPa
6.Círculo de Mohr y transformación de tensiones

Respuesta: τθ = −81,96 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 = −60·0,866 + 60·−0,5 = −81,96 MPa

Respuesta

τθ = −81,96 MPa
7.Tensión y deformación axial

Respuesta: δ = 2,779 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·30²/4 = 706,9 mm²
σ = P/A = 55·1000/706,9 = 77,81 MPa

Deformación (ley de Hooke)

E for aluminio = 70 GPa = 70000 MPa.

ε = σ/E = 77,81/70000 = 0,001112 = 1112 µε

Alargamiento

δ = ε·L = 0,001112·2500 mm = 2,779 mm

Respuesta

δ = 2,779 mm
8.Tensión y deformación axial

Respuesta: Pmax = 621,2 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(120² − 70²)/4 = 7461 mm²

Rigidez axial combinada

ΣEA = 200·10³·706,9 + 100·10³·7461 = 8,875 × 10⁸ N

Deformación determinante

ε = min(0,00075, 0,0007) = 0,0007 (latón)

Mayor carga

Pmax = 0,0007·8,875 × 10⁸ = 621250 N = 621,2 kN

Respuesta

Pmax = 621,2 kN
9.Pandeo de pilares

Respuesta: Pcr = 13,89 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·80⁴/64 = 2,011 × 10⁶ mm⁴

Longitud de pandeo

KL = 2·5000 = 10000 mm

Carga crítica

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·70000·2,011 × 10⁶/10000² = 13891 N = 13,89 kN

Respuesta

Pcr = 13,89 kN
10.Pandeo de pilares

Respuesta: d = 68,71 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 = 2·120000 = 240000 N
KL = 1·3000 = 3000 mm

Despeja el diámetro

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·240000·3000²/(π³·200000))^(1/4) = 68,71 mm

Respuesta

d = 68,71 mm

Comprobación: la esbeltez KL/r es 174,6, así que el pilar es esbelto y Euler es válido.

11.Vibraciones mecánicas

Respuesta: fd = 3,262 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.

Frecuencia natural sin amortiguamiento

ωn = √(1000/2) = 22,36 rad/s
fn = 22,36/(2π) = 3,559 Hz

Frecuencia natural amortiguada

fd = fn·√(1 − ζ²) = 3,559·√(1 − 0,4²) = 3,262 Hz

Respuesta

fd = 3,262 Hz
12.Vibraciones mecánicas

Respuesta: fn = 1,056 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 = 12 + 25 = 37 kN/m
keq = 37·5/(37 + 5) = 4,405 kN/m

Frecuencia natural

ωn = √(4405/100) = 6,637 rad/s
fn = 6,637/(2π) = 1,056 Hz

Respuesta

fn = 1,056 Hz

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