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INTRODUCCIÓN A LA TEORÍA DE MÁQUINAS
Antolin E. Hernández Battez
Modesto Cadenas Fernández
Ricardo Tucho Navarro
Ricardo Vijande Díaz
Problemas Resueltos
de Teoría de Máquinas
1
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
2
ANÁLISIS CINEMÁTICO DE MECANISMOS PLANOS
PRÓLOGO
Este libro de “Problemas Resueltos de Teoría de Máquinas” surge de los
trabajos realizados en el marco del Proyecto de Innovación Docente “Diseño
del Programa de Teoría de Máquinas dentro del Espacio Europeo de
Educación Superior”, realizado por un equipo de profesores del Área de
Ingeniería Mecánica de la Universidad de Oviedo.
Dentro del nuevo Espacio Europeo de Educación Superior (EEES) se utilizará
un nuevo sistema de créditos (ECTS), donde se valorará el esfuerzo necesario
de los estudiantes para lograr los objetivos cognoscitivos, en lugar de medir el
tiempo de docencia empleado por el profesor. En este nuevo escenario la clase
magistral pierde protagonismo, residiendo el mismo en el trabajo que debe
realizar el estudiante, por lo que se impone también un cambio en la manera de
transmitir el conocimiento.
Con el método de aprendizaje tradicional primero se expone la información y
posteriormente se busca su aplicación en la resolución de una situación real.
Sin embargo, desde hace años en algunas universidades y especialidades se
aplican los métodos de enseñanza-aprendizaje basados en problemas y
proyectos.
La técnica de aprendizaje basado en problemas (ABP) se define como un
método didáctico de aprendizaje en el que grupos pequeños resuelven un
problema propuesto por el docente y en cuya resolución se logran aprendizajes
significativos.
Este texto nace con la vocación de contribuir y ser una herramienta en la
aplicación del ABP en la enseñanza-aprendizaje de la asignatura de Teoría de
Máquinas, tanto en la actualidad como cuando se instaure el nuevo EEES.
Igualmente, el libro puede utilizarse en otras asignaturas afines impartidas por
el Área de Ingeniería Mecánica, tales como: Mecanismos, Sistemas Mecánicos,
Mecánica Técnica, y Mecánica y Teoría de Mecanismos II.
3
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
4
ANÁLISIS CINEMÁTICO DE MECANISMOS PLANOS
ÍNDICE
1. INTRODUCCIÓN A LA TEORÍA DE MÁQUINAS ........................................ 7
1.1. Movilidad ................................................................................................ 9
1.2. Movilidad .............................................................................................. 10
2. ANÁLISIS CINEMÁTICO DE MECANISMOS PLANOS ............................ 11
2.1. Análisis cinemático y centros instantáneos de velocidad ..................... 11
2.2. Análisis cinemático .............................................................................. 12
2.3. Análisis cinemático .............................................................................. 13
2.4. Centros instantáneos de velocidad ...................................................... 13
3. ANÁLISIS DINÁMICO DE MECANISMOS PLANOS ................................. 31
3.1. Análisis dinámico ................................................................................. 33
3.2. Análisis dinámico ................................................................................. 43
3.3. Análisis dinámico ................................................................................. 46
3.4. Análisis dinámico ................................................................................. 50
3.5. Reducción dinámica ............................................................................. 54
3.6. Reducción dinámica y fricción .............................................................. 56
3.7. Reducción dinámica ............................................................................. 61
3.8. Volantes de inercia............................................................................... 64
3.9. Volantes de inercia............................................................................... 66
3.10. Volantes de inercia ............................................................................ 69
3.11. Equilibrado ......................................................................................... 72
3.12. Equilibrado ......................................................................................... 74
4. TRANSMISIÓN POR ENGRANAJES ......................................................... 79
4.1. Engranajes ........................................................................................... 81
4.2. Engranajes. Interferencia ..................................................................... 84
4.3. Engranajes ........................................................................................... 86
4.4. Engranajes ........................................................................................... 89
4.5. Engranajes ........................................................................................... 93
4.6. Engranajes ........................................................................................... 96
5
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
4.7. Engranajes ........................................................................................... 99
4.8. Engranajes ......................................................................................... 101
4.9. Esfuerzos en engranajes ................................................................... 104
4.10. Esfuerzos en engranajes y rozamiento ............................................ 107
4.11. Engranaje cónico ............................................................................. 110
5. TRANSMISIÓN POR LEVAS ................................................................... 113
5.1. Levas ................................................................................................. 115
5.2. Levas ................................................................................................. 118
5.3. Levas ................................................................................................. 125
5.4. Levas ................................................................................................. 128
5.5. Levas ................................................................................................. 133
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ANÁLISIS CINEMÁTICO DE MECANISMOS PLANOS
1. INTRODUCCIÓN A LA TEORÍA DE
MÁQUINAS
7
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
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INTRODUCCIÓN A LA TEORÍA DE MÁQUINAS
1.1. MOVILIDAD
La plataforma elevadora de la figura 1 es movida por un pistón que actúa
sobre el extremo A de la barra 2. Este extremo puede moverse en una ranura
del bastidor 1. En la plataforma hay otra ranura similar por donde se desplaza
el extremo C de la barra 3. Las barras 2 y 3 son iguales, de longitud 3 m, y
articuladas en el punto E, que a su vez coincide con el centro de gravedad y
punto medio de ambos eslabones.
Figura 1. Plataforma elevadora
Estudiar la movilidad del mecanismo.
Solución
Aplicando el criterio de Kutzbach:
m  3·n  1  2· j1  j2
Donde:
n  número de eslabones  4
j1  pares de 1 GDL  3
j2  pares de 2 GDL  2
Por tanto:
m  3·n  1  2· j1  j2  3·4  1  2·3  2  1
9
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
1.2. MOVILIDAD
La figura 1 muestra un mecanismo de retorno rápido en el cual el
manubrio motor O2A gira a 120 rpm en el sentido de las agujas del reloj.
Figura 1. Esquema de mecanismo de retorno rápido (unidades en mm)
Estudiar la movilidad del mecanismo.
Solución
Aplicando el criterio de Kutzbach:
m  3·n  1  2· j1  j2
Donde:
n  número de eslabones  6
j1  pares de 1 GDL  7
j2  pares de 2 GDL  0
Por tanto:
m  3·n  1  2· j1  j2  3·6  1  2·7  1
10
INTRODUCCIÓN A LA TEORÍA DE MÁQUINAS
2. ANÁLISIS CINEMÁTICO DE
MECANISMOS PLANOS
11
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
12
ANÁLISIS CINEMÁTICO DE MECANISMOS PLANOS
2.1. ANÁLISIS CINEMÁTICO Y CENTROS INSTANTÁNEOS DE VELOCIDAD
La plataforma elevadora de la figura 1 es movida por un pistón que actúa
sobre el extremo A de la barra 2. Este extremo puede moverse en una ranura
del bastidor 1. En la plataforma hay otra ranura similar por donde se desplaza
el extremo C de la barra 3. Las barras 2 y 3 son iguales, de longitud 3 m, y
articuladas en el punto E, que a su vez coincide con el centro de gravedad y
punto medio de ambos eslabones.
Figura 1. Plataforma elevadora
Si la velocidad de salida del pistón es de 0.5 m/s constantes, determinar:
A. Velocidad y aceleración de la plataforma 4 y del punto E, además de la
velocidad y aceleración angular de las barras 2 y 3 para la posición dada.
B. Indicar sobre la figura todos los centros instantáneos de rotación. Utilizando
los centros, obtener las mismas velocidades que en el apartado A para la
posición dada. Expresarlas en su forma vectorial.
NOTA. En la resolución de este problema y en lo adelante se considerará:
 Sentido horario
 Sentido antihorario
13
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
Solución
A. Velocidades y aceleraciones
VELOCIDADES
v A  0.5 m/s
v D  v A  v DA


 AD
  arcsen
vD 
1.5
 30º
3
vA
 0.866 m / s 
tg30º 
v plat af orma 0.866
m/s 
v DA 
vA
 1 m/s
sen 30º 
ω2 
v DA

AD
1
 0.333 rad/s 
3
POLÍGONO DE VELOCIDADES
ω 3  0.333 rad/s  (por simetría)
vE 
0.25
 0.5
sen(30º )
m/s
ACELERACIONES
aA  0
t
n
a D  a A  a DA  a DA
 a DA
Donde:
a D 
t
a DA
  2 ·AD  AD 
n
a DA

2
v DA
AD

1
 0.333 m/s 2 (en la dirección de DA)
3
POLÍGONO DE ACELERACIONES
14
ANÁLISIS CINEMÁTICO DE MECANISMOS PLANOS
n
a DA
0.333
aD 

 0.666 m/s 2 
sen30º  sen30º 
a plat af orma 0.666 m/s2 
t
a DA

α2 
n
a DA
0.333

 0.57735 m/s 2 (en la dirección de DA)
tg30º  tg30º 
t
a DA

AD
0.57735
 0.19245 rad/s2 
3
α 3  0.19245 rad/s2  (por simetría)
Para obtener la aceleración de E:
t
n
a E  a A  a EA  a EA
 a EA
Donde:
aE 
aD
 0.333 m/s 2 
2
t
a EA
  2 · EA  0.19245·1.5  0.288675 m / s 2  EA 
n
a EA
  22 · EA  0.3332 ·1.5  0.1666 m / s 2 (en la dirección de EA)
B. Centros instantáneos de rotación.
El número de centros será:
n

4·3
 6 centros
2
A  2  2 
v DA
AD

1
 0.33 rad   ω 2  0.33 k rad/s
s
3
por simetría 3  2  3  0.33 rad   ω 3  0.33 k rad/s
s
15
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS

Tomando ahora I24 que pertenece a la barra 2 y a la 4:
I 24  2  v I 24   2 · I12 I 24  0.33·3·cos(30º )  0.866 m/s 
v plat af orm a v I 2 4  0.866 j m/s

El punto E=I23, por tanto:
E  I 23  v E  v I 23   2 · I12 I 23  0.33·1.5  0.5 m/s 

v E  0.5·sen(30º ) i  0.5·cos(30º ) j  - 0.25 i  0.433 j m/s
NOTA. I34 es un punto de 3 y de 4, que coincide con A, pero no es A, que pertenece a 2 y a 1.
Lo mismo ocurre con C e I12.
16
ANÁLISIS CINEMÁTICO DE MECANISMOS PLANOS
2.2. ANÁLISIS CINEMÁTICO
La plataforma elevadora de la figura 1 es accionada por un pistón que
actúa sobre el punto de unión de las barras 2 y 3. Estas barras son iguales, de
longitud 3 m, y articuladas en el punto E, que a su vez coincide con el centro de
gravedad y punto medio de ambos eslabones.
Figura 1. Plataforma elevadora
Si la velocidad de salida del pistón es de 0.5 m/s constantes, determinar:
A. Velocidad angular de la barra 2.
B. Velocidad lineal de la plataforma 4
C. Aceleración angular de la barra 2.
D. Aceleración lineal de la plataforma 4.
Solución
A. Velocidad angular de la barra 2.
En primer lugar se determinará la distancia entre los puntos O 8 y A, mediante la
siguiente ecuación vectorial:
r O2 A  r O2 O8  r O8 A
Descomponiendo esta ecuación en un sistema de ecuaciones escalares:
1.5·cos30º   4  O8 A·cos8 
1.5·sen30º   O8 A·sen 8 
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PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
Operando sobre este sistema:
tg 8  
1.5·sen30º 
1.5·cos30º   4
8  164.48º
Y:
1.5·cos30º   42  1.5·sen30º 2   O8 A
2
O8 A  3.22 m
Para las velocidades, en primer lugar se plantea la ecuación del movimiento
relativo en el punto A del mecanismo, de la siguiente forma:
v A7  v A8  v A7 / 8
En donde se tiene:
v A7  v A2   2  r O2 A2 
v A8   8  r O8 A8 
i
j
k
0
0
2
1.5·cos30º  1.5·sen30º 
0
i
j
k
0
0
8
3.22·cos164.48º  3.22·sen164.48º 
0
Y, por el enunciado del problema, se tiene ya que:
v A7 / 8  0.5 m / s  v A7 / 8  0.5·cos164.48º ·i  0.5·sen164.48º ·i
Sustituyendo estas expresiones en la ecuación inicial, se obtiene:
 0.75·2 ·i  1.29·2 · j  0.86·8 ·i  3.10·8 · j  0.48·i  1.22· j
Descomponiendo la ecuación vectorial en dos escalares, se tiene:
 0.75·2  0.86·8  0.48
ω2  0.737rad/s
1.29·2  3.10·8  1.22
8  0.085 rad / s
B. Velocidad lineal de la plataforma 4.
Ahora se debe plantear una segunda ecuación del movimiento relativa en el
punto D.
v D 4  v D6  v D 4 / 6
En donde se tiene:
v D 4  vD 4 · j
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ANÁLISIS CINEMÁTICO DE MECANISMOS PLANOS
v D6  v D 2   2  r O 2 D 2 
i
j
k
0
0
0.737
3·cos30º  3·sen30º 
0
v D4 / 6  vD4 / 6 ·i
Sustituyendo estas expresiones en la última ecuación vectorial, se obtiene la
ecuación:
vD4 · j  1.105·i  1.914· j  vD4 / 6 ·i
Descomponiendo la ecuación vectorial en dos escalares y despejando, se
obtiene:
v D 4  1.914·j m/s
v D4 / 6 ·i  1.105·i m / s
C. Aceleración angular de la barra 2.
La primera ecuación de aceleraciones se plantea en el punto A.
a A7  a A8  a A7 / 8  a cor
En donde se tiene:


a A8  82 ·r O8 A8   8 ·r O8 A8   0.085 · 3.22·cos164.48º ·i  3.22·sen168.48º · j 
2

i
j
k
0
0
8
3.22·cos164.48º  3.22·sen164.48º 
0


a A7  a A2  22 ·r O2 A 2   2 ·r O2 A2  0.737  ·1.5·cos30º ·i  1.5·sen 30º · j 
2

i
j
k
0
0
2
1.5·cos30º  1.5·sen30º 
0
a A7 / 8  0


a cor  2·  8  v A7 / 8  2·
i
j
k
0
0
 0.085
0.5·cos164.48º  0.5·sen164.48º 
0
Sustituyendo estas expresiones en la ecuación inicial, se obtiene:
 0.705·i  0.407· j  0.75· 2 ·i  1.29· 2 · j 
 0.022·i  0.004· j  0.861· 8 ·i  3.1· 8 · j  0.08·i  0.022· j
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PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
Ecuación vectorial, que separando en sus componentes horizontal y vertical, da
el siguiente sistema de ecuaciones:
 0.705  0.75· 2  0.022  0.861· 8  0.08
α2  0.299 rad/s
0.407  1.29· 2  0.004  3.1· 8  0.022
 8  0.064 rad / s 2
D. Aceleración lineal de la plataforma 4.
La segunda ecuación de aceleración se planteará en el punto D.
a D4  a D6  a D4 / 6  a cor
En donde se tiene que:
a D4  aD4 · j


a D6  a D2  22 ·r O2 D 2   2 ·r O2 D2  0.737  · 3·cos30º ·i  3·sen30º · j 
2

i
j
k
0
0
0.299
3·cos30º  3·sen30º 
a D4 / 6  aD4 / 6 ·i

0

a cor  2·  6  v D4 / 6  0 al ser  6  0
Introduciendo estas expresiones en su lugar correspondiente y operando, se
obtendrá la siguiente ecuación:
aD4 · j  1.41·i  0.81· j  0.774·i  0.448· j  aD4 / 6 ·i
Ecuación que separada
aceleraciones buscadas:
en
sus
componentes,
aD4 / 6  2.184 m / s 2
a D4  0.362·j m/s 2
20
da
directamente
las
ANÁLISIS CINEMÁTICO DE MECANISMOS PLANOS
2.3. ANÁLISIS CINEMÁTICO
La figura 1 representa el esquema del mecanismo que mueve una
locomotora de vapor. La barra 1 es la vía, la 2 es el bastidor de la locomotora,
la 3 el émbolo empujado por el vapor producido en la caldera, la 5 es la llanta o
rueda y la 4 es la biela que conecta las barras 3 y 5. El contacto entre la llanta
5 y la vía 1 es de rodadura sin deslizamiento.
Figura 1. Esquema de mecanismo de la locomotora
Determinar:
A. Velocidad que lleva la locomotora.
B. Aceleración que lleva la locomotora.
Datos:
 La velocidad y la aceleración relativas del émbolo 3 respecto al bastidor de la locomotora 2
son 8.43
i m/s y 92.049 i m/s2, respectivamente.
21
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
Solución
A. Velocidad de la locomotora.
La velocidad de la locomotora será la velocidad del punto 2.
Los puntos A y C de la barra 2 tendrán la misma velocidad, además se sabe
que:

La velocidad relativa entre émbolo y bastidor es V A3 / 2  8.43 i m / s .

Como el contacto de la rueda y el carril en D es de rodadra sin
deslizamiento, se tiene que V D5  0 .
Antes de plantear las ecuaciones cinemáticas se deben obtener los siguientes
vectores de posición:

r AB  rAB · cos · i  sen · j

Obteniéndose α aplicando el teorema del coseno al triángulo de vértices ABC:
CB  AB  AC  2·AB·AC·cos 
2
2
2
0.332  3.962 2  4.092 2  2·3.962·4.092·cos     4.317º
Siendo:


r AB  3.962· cos4.327 · i  sen4.317 · j  3.951· i  0.298· j
Por otro lado:

r CB  rCB ·  cos ·i  sen · j

Obteniéndose β aplicando el teorema del seno al triángulo de vértices ABC:
sen  sen 
sen4.317º  sen 



   64.659º
0.33
3.962
CB
AB
Siendo:


r CB  0.33·  cos64.659º · i  sen64.659º · j  0.141· i  0.298· j
El vector r DB se puede obtener a partir de los vectores r CB y r DC . Este último
se averigua directamente por el dibujo, r DC  1.016· j :
r DB  r CB  r DC  1.041·i  0.718· j
De la velocidad de la locomotora se conoce su dirección con lo que se puede
expresar:
v c2  v A2  v A2 ·i
22
ANÁLISIS CINEMÁTICO DE MECANISMOS PLANOS
A partir de aquí se pueden plantear las siguientes ecuaciones de velocidad
para el movimiento relativo.

 v

 8.43· i  
v A3  v A2  v A3 / 2  vA2  8.43 ·i  v A4
v B4  v A4  v B4 A4

A2

v B4  v A2  8.43 · i 
i
j
0
0
4
 r A4 B4
k
 4  v A  8.43  0.298· 4 · i  3.951· 4 · j (1)
2
3.951  0.298
0
v B4  v B5  v D5  v B5 D5  v B5 D5  5  r D5 B5 
i
j
k
0
0
5
 1.141 0.718
0
v B4  0.718·5 · i  0.141·5 · j (2)
Igualando las ecuaciones (1) y (2):
v
A2

 8.43  0.298· 4 · i  3.951· 4 · j  0.718·5 · i  0.141·5 · j
Hace falta una tercera ecuación vectorial:
v C5  v C 2  v A 2  v A2 ·i
i
j
v C5  v D5  v C5D5   5  r D5C5  0
0
0 1.016
k
5  1.016·5 · i  v A · i
2
0
Sustituyendo v A2 en la ecuación vectorial anterior:
 1.016·5  8.43  0.298·4 · i  3.951·4 · j  0.718·5 · i  0.141·5 · j
Descomponiendo en dos ecuaciones escalares y resolviendo:
 1.016·5  8.43  0.298·4  0.718·5
3.951· 4  0.141·5
Y resolviendo el sistema de ecuaciones:
4  0.975 rad/s
5  27.314 rad/s
Por tanto, la velocidad de la locomotora será:
v A 2  27.751·i m/s
23
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
B. Aceleración de la locomotora.
Para el cálculo de la aceleración se parte también de dos datos:

La aceleración relativa del émbolo respecto al bastidor, que es:
a A3 / 2  aA3 / 2 ·i  92.049·i m / s 2

En el contacto de la rueda y el carril en D, con rodadura sin deslizamiento,
se tiene que la aceleración absoluta del punto D, perteneciente a la barra 5,
tiene como dirección la normal a las dos superficies en el punto de contacto,
que en este caso será la dirección j .
A partir de aquí se plantean las ecuaciones de las aceleraciones, teniendo en
cuenta que lo que se pide es la aceleración de la locomotora, es decir, la de la
barra 2. Se tienen los dos puntos de esa barra identificados y en los que se
tiene que
a A2  a C 2
a A2  a A2 · i
a A3  a A2  a A3 / 2  a cor
Como:


a cor  2·  2  v A3 / 2 y v A3 / 2  0  a cor  0
Entonces:
a A3  a A2  92.049 · i  a A4


a B4  a A4  a B4 A4  a A2  92.049 · i   4  r A4 B4   42 ·r A4 B4


a B4  a A2  92.049 · i 
i
j
0
0
k
3.951  0.295


 4  0.9752 · 3.951· i  0.298· j
0

a B4  aA2  88.293  0.298· 4 ·i  3.951· 4  0.283· j
Por otro lado se tiene que:
a B5  a C5  a B5C5
a B5  a D5  a B5 D5
a D5  a C5  a D5C5  a A2 · i   5  r C5 D 5  52 ·r C5 D 5
i
j
a D5  a C5  a D5C5  a A2 · i  0
0
0  1.016
24
k

 5  27.3142 ·  1.016· j
0


ANÁLISIS CINEMÁTICO DE MECANISMOS PLANOS


a D5  a A2  1.016· 5 ·i  757.991· j
Como se tiene que, debido a la rodadura sin deslizamiento en D que
a D5  aD5 · j , esto implica que:
a A2  1.016· 5  0
a D5  757.991· j
Desde aquí se puede obtener una segunda ecuación para la aceleración en B:
a B5  a D5  a B5 D5  757.991·i   5  r D5 B5  52 ·r D5 B5
a B5  757.991· j 
i
j
0
0
 0.141 0.718
k

 5  27.3142 ·  0.141· i  0.718· j

0
a B5  105.194  0.718·5 ·i  222.244  0.141·5 · j
Ecuación que con la obtenida anteriormente:


a B4  aA2  88.293  0.298· 4 ·i  3.951· 4  0.283· j
Y sabiendo que aA2  1.016·5 obtenido de la condición de rodadura sin
deslizamiento permite obtener la aceleración de A, es decir, la aceleración de la
locomotora:
105.194  0.718·5  1.016·5  88.293  0.298· 4
222.244  0.141·5  3.951· 4  0.283
Y resolviendo el sistema de ecuaciones:
 4  56.197 rad/s 2
 5  0.515 rad/s 2
Por tanto, la aceleración de la locomotora será:
a A 2  0.523·i m/s 2
25
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
2.4. CENTROS INSTANTÁNEOS DE VELOCIDAD
La figura 1 muestra un mecanismo de retorno rápido en el cual el
manubrio motor O1A gira a 120 rpm en el sentido de las agujas del reloj.
Figura 1. Esquema de mecanismo de retorno rápido (unidades en mm)
Determinar:
A. Centros de rotación.
B. Velocidad y aceleración del bloque D.
26
ANÁLISIS CINEMÁTICO DE MECANISMOS PLANOS
Solución
NOTA. En la resolución del problema se considerará:
 Sentido horario
 Sentido antihorario
A. Centros de rotación
El número de centros será:
n
6·5
 15
2
A continuación se muestra la figura con los centros.
B. Velocidad y aceleración del bloque D
Mediante los centros instantáneos de rotación se pueden obtener la velocidad
del bloque D.
El valor de las distancias entre centros se obtiene de la figura:
I12 I 26  2.46 cm
I 12 I 24  9.59 cm
I12 I 25  3.56 cm
I14 I 24  13.7 cm
I15 I 25  24.65 cm
27
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
2 
2· ·n 2· ·120

 12.56 rad/s 
60
60
v D   2 · I 12 I 26  12.56·0.0246  0.3098 m/s 
v25   2 · I 12 I 25  12.56·0.0356  0.4475 m/s
5 
v 25

I 15 I 25
0.4475
 0.497 rad/s 
0.2465
v24   2 · I12 I 24  12.56·0.0959  1.2054 m/s 
4 
v 24
I 15 I 25

1.2054
 8.81 rad/s 
0.137
POLÍGONO DE VELOCIDADES
A continuación se calculará la aceleración del bloque D:
a A2  a A3   22 ·O2 A  12.56 2 ·0.08  12.6203 m/s 2
a A4  a A3  a A4 A3  a COR
a An4   42 ·O2 A  8.8 2 ·0.1041  8.0615m / s 2
a tA4   4 ·O2 A  0.1041· 4
28
ANÁLISIS CINEMÁTICO DE MECANISMOS PLANOS
a A4 A3 en dirección paralela a O2 A
aCOR  2·3 ·VA4 A3  2·8.8·0.32  5.63 m/s 2
POLÍGONO DE ACELERACIONES
Haciendo a escala.
a tA  1.80 m/s 2
4 
a tA
O2 A

1.
 17.3 rad / s 2 
0.1041
a D  a C  a DC
aCn   42 ·O2 C  8.8 2 ·0.06  4.6464 m/s 2
aCt   4 ·O2 C  17.3·0.06  1.038 m/s 2
n
a DC
 52 ·CD  0.497 2 ·0.2  0.0494 m/s 2
t
a DC
  5 ·CD  0.1041· 4
Midiendo a escala:
a D  2.8 m/s 2
29
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
30
ANÁLISIS DINÁMICO DE MECANISMOS PLANOS
3. ANÁLISIS DINÁMICO DE
MECANISMOS PLANOS
31
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
32
ANÁLISIS DINÁMICO DE MECANISMOS PLANOS
3.1. ANÁLISIS DINÁMICO
La plataforma elevadora de la figura 1 es movida por un pistón que actúa
sobre el extremo A de la barra 2. Este extremo puede moverse en una ranura
del bastidor 1. En la plataforma hay otra ranura similar por donde se desplaza
el extremo C de la barra 3. Las barras 2 y 3 son iguales, de longitud 3 m, y
articuladas en el punto E, que a su vez coincide con el centro de gravedad y
punto medio de ambos eslabones.
Figura 1. Plataforma elevadora
Se pide:
A. Representar los diagramas de cuerpo libre de los eslabones móviles,
teniendo en cuenta que se despreciarán exclusivamente las fuerzas de
rozamiento. Obtener el esfuerzo que soporta la articulación E.
B. Hallar la potencia que suministra el cilindro hidráulico en ese instante.
C. Obtener la potencia que debe aplicar el cilindro hidráulico mediante el
método de potencias virtuales para una posición cualquiera y posteriormente
particularizando para la posición dada.
D. Determinar la expresión de la masa reducida de todo el mecanismo, incluido
el vehículo, en el punto A, para cualquier posición del mecanismo.
Datos:

Masa del vehículo: m V = 1300 kg

Masa de la plataforma (4): m 4 = 1000 kg

Masa de las barras 2 y 3: m2 = m3 = 100 kg

Momento de inercia de las barras 2 y 3 respecto de su centro de gravedad: IG2 =IG3 =
30 kg·m2
33
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
Solución
A. Diagramas de cuerpo libre y esfuerzo de la articulación E.
Fuerzas a tener en cuenta:

Fuerzas de acción y reacción en las articulaciones

Pesos
m2 ·g  m3 ·g  100·9.81 (- j )  981 j N
m4 ·g  1000  1300·9.81 (- j )  22563 j N

Efectos de inercia
BARRA 2


 30·0.19233 k   5.77 k N.m
FO2  m2 ·a E  100·  0.333 j  33.3 j N
M O2   I G 2 · 2
BARRA 3


 30· 0.19233 k   5.77 k N.m
FO3  m3 ·a E  100·  0.333 j  33.3 j N
M O3   I G 3 · 3
BARRA 4


FO4  m4 ·aG 4  m4 ·a D  2300·  0.666 j  1531.8 j N
M o4  0 , pues  4  0
Usando la dinámica del cuerpo libre y las ecuaciones de equilibrio dinámico de
D’Alembert:
BARRA 4
1  FX
 0  F24 X  F34 X  0
2  FY
 0  F24Y  F34Y  FO4  m4 ·g  0
3  M D
34


 0  FO4  m4 ·g ·1.3  F34Y ·2.6  0
ANÁLISIS DINÁMICO DE MECANISMOS PLANOS
DIAGRAMA DE CUERPO LIBRE DE LA BARRA 4
DETALLE RODILLO DE ARTICULACIÓN
F34x  0 pues el contacto entre el rodillo que está intercalado entre 3 y 4 es
superficial, y a falta de rozamiento, la reacción ha de ser normal a las
superficies de contacto.
De 1  F24X  0
De 3   F34Y ·2.6  1531.8  22563·1.3  F34Y  10515.6 N
De 2  F24Y  10515.6 N
BARRA 2
4  FX
 0  F12 X  F32 X  0
5  FY
 0  F12Y  F32Y  FO2  m2 ·g  F42Y  0
6  M A


 0  m2 ·g  FO2 ·1.3  M O2  F42Y ·2.6  F32 X ·0.75  F32Y ·1.3  0
35
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
DIAGRAMA DE CUERPO LIBRE DE LA BARRA 2
BARRA 3
7   FX
 0  F13X  F23X  0  F13X  F32 X  0
8  FY
 0  F13Y  F32Y  F43Y  FO3  m3 ·g  0
9  M B  0  FO
3

 m3 ·g ·1.3  M O3  F43Y ·2.6  F32 X ·0.75  F32Y ·1.3  0
DIAGRAMA DE CUERPO LIBRE DE LA BARRA 3
36
ANÁLISIS DINÁMICO DE MECANISMOS PLANOS
Resolviendo las 6 últimas se obtiene el siguiente sistema de ecuaciones:
4
5
6
7
8
9
 F32x
F12 X
 F32Y
F12Y
 0.75·F32 X
 1.3·F32Y
 F32 X
0

11463.3
  28566.8
 F13X
 F32Y
 F13Y
 1.3·F32Y
0.75·F32 X


0

11463.3

28566.8
Resolviéndolo matricialmente:
1

0
0

0
0

0

0
1
0
0
0
0
0 0   F12 X

0
1
0 0   F12Y
 0.75  1.3 0 0   F32 X
·
1
0
1 0   F32Y

0
 1 0 1   F13X
0.75  1.3 0 0   F12Y
1
0
 
0

 

  11463.3 
   28566.8 


 
0

 

  11463.3 
  28566.8 

 
Se obtiene:
F12 X
  38089 N
F12Y
 11463.3
N
F32 X

38089
N
F32Y

0
N
F13X

38089
N
F13Y
 11463.3
N
Por tanto, la fuerza en la articulación E es :
F32x  11463.3N
B. Potencia que suministra el cilindro hidráulico en ese instante.
F12 x es la fuerza que proporciona el cilindro, luego la potencia suministrada por
el cilindro en ese instante será:
P  F cilindro·v  F12 X ·v  38189·0.5  19 kw
37
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
C. Potencia que debe aplicar el cilindro hidráulico mediante el método de
potencias virtuales.
Se aplicará el método de las potencias virtuales:
n 
n 
n 
 



F

V

T

ω

F

V

 k k  k k  0k Gk  T0k  ω k  0
n
k 2
k 2
k 2
k 2
Fuerzas y pares a considerar:

Exteriores: Pesos de la plataforma y de las barras 2 y 3
Fuerza que realiza el cilindro (es la incógnita)

De inercia: Los de todas las barras móviles
Desarrollando la ecuación anterior:
 







 

 
 
 
m4 g  VG 4  m3 g  VE  m2 g  VE  Fcil  VA  FO 2  VE  FO3  VE  FO 4  VG 4  TO 2  2  TO3  3  0
El análisis cinemático para cualquier posición es el siguiente:
Oa
AA  0 ( VA constante)


AD  AD j
t



ADA
  2  AD  3 2 seni  cos j 
A
V A2


2
AD 3sen 
E”
AD
n
EA
A
2
V EA
V A2


2
AE 6sen 
Observando el cinema de aceleraciones:
t
ADA

n
ADA
V A2

tg 3sen 2  tg
y por simetría:
38

AtEA
n


V2
ADA
 DA cos i  senj 
AD
2
VDA
AnDA
AE



t
n
AD  AA  ADA  ADA
 ADA
n
DA
AnEA
2 
t
ADA
AD

V A2
9sen 2  tg
V A2
3 
9sen 2  tg
D”

AtDA
En m/s2
ANÁLISIS DINÁMICO DE MECANISMOS PLANOS
AD 
n
ADA
V A2

sen 3sen 3
AE 
n
AEA
V A2

sen 6sen 3
Cálculo de los efectos de inercia:



FO 2  FO 3  m2 AG 2  m2


FO 4  m4 AG 4  m4
V A2 
j
6sen 3
V A2 
j
3sen 3


TO 2   I G 2 2   I G 2


TO 3   I G 3 3  I G 3

V A2
k
9sen 2  tg

V A2
k
9sen 2  tg
Llevando todo lo conocido a la ecuación de potencias virtuales queda:
 V 
 VA




 m 4 g j  A j  m 3 gj 
( seni  cos j )  2  Fcil i  V A (i ) 
tg
2 sen
2


VA  VA
V A2  V A 
 m2
j

(

sen

i

cos

j
)

2

m
j
j
4
2 sen
tg
6 sen 3
3sen 3
 VA

 VA 
V A2
V A2
 IG2
k

(

k
)

I
k

k 0
G
2
3sen
3sen
9 sen 2  tg
9 sen 2  tg
Simplificando:

I G 2V A3
m4 gV A m2 gV A
m2V A3
m4V A3

 FcilV A 


0
tg
tg
6sen 3 ·tg 3sen 3 ·tg 13.5sen 3  tg
Despejando queda:
Fcil  
g m2  m4   m2 m4 I G 2 
V A2




tg
3 13.5  sen 3 ·tg
 6
I G2 
gVA m 2  m 4   m 2 m 4
VA3
Potencia Fc ilVA  




tgα
3 13.5  sen3 α·tgα
 6
39
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
Sustituyendo los valores conocidos:
Fcil  
23544
196,388

tg
sen 3 ·tg
Potencia  
11772
98,1944

tg
sen 3 ·tg
Esta fuerza calculada es la fuerza equilibrante, que es igual y de sentido
contrario de la reducida. El primer término recoge el esfuerzo que debe de
realizar el cilindro para vencer los pesos. El segundo término recoge el
esfuerzo que debe realizar el cilindro para vencer las inercias.
En los siguientes gráficos aparece representada la evolución de la fuerza
reducida para las distintas posiciones del mecanismo. Para los primeros 6º de
movimiento del mecanismo (desde los 5º hasta los 11º) los valores son
negativos (predomina el término debido a las inercias) y de valores muy altos.
A partir de los 11º ya alcanza valores positivos porque predomina el término
debido al peso mientras que se reduce el efecto debido a la inercia.
500
0
-500
-1000
Fr (kN)
-1500
Potencia (kW)
-2000
-2500
-3000
-3500
0
5
10
15
20
25
30
35
40
45
Grados inclinación barra 2 (grados)
Figura 1. Fuerza reducida y potencia necesaria a lo largo de todas las posiciones del
mecanismo
40
ANÁLISIS DINÁMICO DE MECANISMOS PLANOS
60
50
40
30
20
10
0
Fr (kN)
-10
Potencia (kW)
-20
-30
0
5
10
15
20
25
30
35
40
45
Grados inclinación barra 2 (grados)
Figura 2. Detalle de fuerza reducida y potencia necesaria
200
100
0
-100
-200
componente para vencer los pesos (kN)
-300
componente para vencer las inercias (kN)
-400
0
5
10
15
20
25
30
35
40
45
Grados inclinación barra 2 (grados)
Figura 3. Fuerza reducida debida al peso y fuerza reducida debida a las inercias
Particularización para la posición dada:




FO 2  FO3  m2 AG 2  33.3 j N



FO 4  m4 AG 4  1531.8 j N
Fcil  



TO 2  I G 2 2  5.77k N.m



TO3  I G3 3  5.77k N.m
23544
196,388

 38066 N
tg30º sen 3 30º tg30º
El signo menos indica que el sentido es contrario al elegido. En conclusión, la
fuerza equilibrante que debe proporcionar el cilindro es:



Fcil  Fcil i  38066i N
La potencia que debe proporcionar en ese instante es:
Potencia = 19033 W
41
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
D. Expresión de la masa reducida de todo el mecanismo, incluido el
vehículo, en el punto A, para cualquier posición del mecanismo.
Aplicando la siguiente expresión:
n
n
1
1
·m R ·v R2   ·mi ·vG2 i   I Gi · i2
2
i 1 2
i 1
Se tiene:
1
1
1
1
1
1
·m R ·v A2  ·m plataforma vehículo ·v 2plataforma  ·m2 ·vG2 2  ·I G2 · 22  ·m3 ·vG2 3  ·I G3 · 32
2
2
2
2
2
2
Despejando la masa reducida será:


v2
v A2
v A2
·2
mR ·v A2  m plataformavehículo · 2 A   m2 ·

I
·
G2
2
2
tg   
4·sen  
9·sen   
mR 
mplat af ormav ehíc ulo
tg α 
2

I G2
m2

2
2·sen α  4.5·sen2 α 
En la siguiente figura se representa la evolución del valor de dicha masa
reducida a lo largo del movimiento del mecanismo.
350
Masa reducida (Tm)
300
250
200
150
100
50
0
0
5
10
15
20
25
30
35
40
45
Grados inclinación barra 2 (grados)
Se observa que en el inicio del movimiento de elevación, la masa reducida
alcanza valores muy elevados (> 300 Tm), para ir reduciéndose a valores
inferiores a 25 Tm a partir de unos 18º de inclinación de la barra 2.
42
ANÁLISIS DINÁMICO DE MECANISMOS PLANOS
3.2. ANÁLISIS DINÁMICO
La plataforma elevadora de la figura 1 es movida por un pistón que actúa
sobre el punto E, punto de unión de las barras 2 y 3.
Figura 1. Plataforma elevadora
Con los datos cinemáticos del PROBLEMA 2.2. determinar la fuerza que
debe aplicar el cilindro hidráulico mediante el método de potencias virtuales,
además de la potencia que éste debe suministrar.
Datos:

Masa del vehículo: m V = 1300 kg

Masa de la plataforma (4): m4 = 1000 kg

Masa de las barras 2 y 3: m2 = m3 = 100 kg

Momento de inercia de las barras 2 y 3 respecto de su centro de gravedad: IG2 =IG3 =
30 kg·m2
Solución
Aplicando la siguiente expresión:
 F ·v   T ·w   F
k
k
k
k
0k
·v k   T0 k ·wk  0
Y teniendo en cuenta las fuerzas y pares a considerar:

Exteriores
o Peso de la plataforma y pesos de las barras 2 y 3
o Fuerza que realiza el cilindro (incógnita)

De inercia: las de todas las barras móviles
43
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
Se tiene:
m4 ·g·vD 4  m3 ·g·vA  m2 ·g·vA  FA ·vA  FO2 ·vA  FO3 ·vA  FO4 ·vD 4  TO2 ·w2  TO3 ·w3  0 (I)
Donde:
v D 4  1.914 j m/s
v A  0.48 i  0.133 j m/s
 2  0.737 k rad/s
3  0.737 k rad/s
m2 ·g  m3 ·g  981 j N
m4 ·g  22563 j N


FO2  FO3  m 2 ·a A2  - 100· 0.481·i  0.631· j .  48.1·i  63.1·j N
FO4  m4 ·aD 4  - 2300·- 0.362·j  832.6N
TO2   I O2 · 2  30· 0.299 k  8.97·k N·m
TO3   I O3 · 3  30·0.299  8.97 k N·m
Por otro lado, también se sabe que como la fuerza que aplica el cilindro, va en
la dirección del mismo, ésta formará un ángulo θ8=164.48º con la horizontal, o
bien que el vector de velocidad y el de fuerza van en la misma dirección, por
tanto:
FAx  FA ·cos8 
FAy  FA ·sen8 
Y sustituyendo en (I):
 22563· j ·1.914· j   981· j ·  0.48·i  0.133· j ·2 
 F ·cos(164.48º )·i  F ·sen(164.48º )· j 
·  0.48·i  0.133· j  
  48.1·i  63.1· j 
·  0.48·i  0.133· j ·2  832.6· j 
·1.914· j  8.97·k 
· 0.737·k ·2  0
A
44
A
ANÁLISIS DINÁMICO DE MECANISMOS PLANOS
Por tanto:
FA  83.5 kN
que es la fuerza que proporciona el cilindro, luego la potencia suministrada por
el cilindro en ese instante será:
P  F cilindro·v  83.5·0.5  41.7 kw
45
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
3.3. ANÁLISIS DINÁMICO
El movimiento de la retropala de la figura 1 está controlado por tres
cilindros hidráulicos tal y como se indica en la figura 2.
Sabiendo que la carga que soporta es de 20 KN determinar la fuerza que
soporta cada una de las articulaciones.
Figura 1. Excavadora
Figura 2. Esquema retropala
46
ANÁLISIS DINÁMICO DE MECANISMOS PLANOS
Solución
El problema en cuestión se resolverá, mediante un procedimiento analítico:
Haciendo los diagramas de cuerpo libre:
ESLABÓN 7
M
F
F
I
 0  20·0.9  F67 ·sen69.44º ·0.3  0  F67  64 kN  FF  64 kN
X
 0  F57 X  64·cos69.44º   0  F57 X  22.5 kN
Y
 0  F57Y  20  64·sen69.44º   0 F57Y  80 kN
F57  F572 X  F572 Y  22.52  802  83.1 kN
 F57Y
 F57
 X
  arctg 

  74.29º


F57  83.1kN 74.29º FI  83.1kN
ESLABÓN 6
FE  64 kN
47
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
ESLABÓN 5
M
F
F
H
 0  20·0.9  FD ·cos7.21º ·0.6 FD ·sen7.12º ·0.3  0  FD  28.5 kN 187.16º
X
 0  FH X  28.5·cos7.12º   0  FH X  28.3 kN
Y
 0  FHY  20  28.5·sen7.12º   0 FHY  16.5 kN
FH  FH2 X  FH2Y  28.32  16.52  32.8 kN
 F57Y
 F57
 X
  arctg 

  30.24º


FH  32.8 kN
ESLABÓN 4
FD  25 kN
48
ANÁLISIS DINÁMICO DE MECANISMOS PLANOS
ESLABÓN 2 y 3
 M  0  20·6.6  F ·sen71.56º ·0.9  F ·cos71.56º ·0.6  0  F
 FX  0  FJ  FA ·cos71.56º  0  FJ  40 kN
 FY  0  FJ  20  126.5·sen71.56º  0 FJ  100 kN
J
A
A
X
Y
FJ  FJ2X  FJ2Y 
 F57Y
 F57
 X
 126.5 kN71.56º
X
Y
  arctg 
A
 402  100 2
 107.7 kN

  158.19º


FJ  107.7 kN
ESLABÓN 3
FB  126.5 kN
49
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
3.4. ANÁLISIS DINÁMICO
En la figura 1 se muestra el esquema de un vehículo, cuya masa es de
1200 kg, arrastrando un remolque de 800 kg de masa. La unión entre el
vehículo y remolque mediante una articulación de rotación, que permite
únicamente el giro en el plano del papel. En la figura se indican las distancias
necesarias.
Figura 1. Conjunto vehículo-remolque
Determinar las reacciones en los ejes A, B y C cuando:
A. Cuando el vehículo se desplaza con velocidad uniforme. Se despreciarán
todas las resistencias pasivas.
B. Cuando el vehículo frena con las ruedas traseras del coche, pasando de 80
km/h al reposo en 10 s. Se supone que el movimiento es uniformemente
desacelerado.
NOTA. La expresión “Frenar con las ruedas traseras del coche”, significa, a efectos de cálculo,
que la reacción que aparece en el contacto de las ruedas traseras con el suelo, tendrá,
además, una componente horizontal que realiza el efecto de frenado. Se despreciarán
el resto de las resistencias pasivas.
50
ANÁLISIS DINÁMICO DE MECANISMOS PLANOS
Solución
A. Reacciones en los ejes para velocidad uniforme.
Haciendo los diagramas de cuerpo libre al remolque y al coche, se obtienen las
reacciones en los ejes:
REMOLQUE
M
F
Y
P
 0  800·9.8·7d  RA ·8d  0  R A  6860N
 0  RA  P  800·9.8  0  P  800·9.8  6860  P  980 N
COCHE
M
F
Y
1200·9.8·4  980·10
 R B  8124 N
7
 0  RC  RB  P  1200·9.8  0  RC  8124  980  1200·9.8  R C  4616N
C
 0  1200·9.8·4d  RB ·7d  P·10d  0  RB 
51
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
B. Reacciones cuando frena con las ruedas traseras del coche.
Antes de hacer el análisis dinámico, se ha de hacer un breve análisis
cinemático:
80km / h  22.22m / s
Sabiendo que el movimiento es uniformemente decelerado:
a
vt  v0 0  22.22

 2.22 m/s 2
t
10
Haciendo los diagramas de cuerpo libre al remolque y al coche, se obtienes las
reacciones en los ejes:
REMOLQUE
M
F
F
P
 0  800·2.22·2d  800.9.8·7d  RA ·8d  0  R A  6415N
X
 0  800  2.22  PX  0  PX  1778 N
Y
 0  RA  PY  800·9.8  0  PY  800·9.8  6415  PY  1425 N
COCHE
M
F
F
52
B
 0  PX ·d  PY ·3d  1200·2.22·2d  1200.9.8·3d  RC ·7d  0  R C  5445N
X
 0  1200·2.22  PX  RBX  0  RBX  4445 N
Y
 0  PY  1200·9.8  RC  RBY  0  RBY  7740 N
ANÁLISIS DINÁMICO DE MECANISMOS PLANOS
Por tanto la reacción en el eje B será:
R B  RB2X  RB2Y  4445 2  7740 2  8925.5N
53
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
3.5. REDUCCIÓN DINÁMICA
Dada la grúa portuaria representada en la figura, se desea conocer la
potencia nominal del motor que acciona el giro de toda la superestructura
superior respecto al eje OO’.
Los datos técnicos son:
54

Velocidad de giro n = 1 rpm

Tiempo de aceleración tA=7 s

Rendimiento de la transmisión desde el motor hasta el eje OO’ η=0.9

Se tomará como potencia nominal del motor la mitad de la potencia que se solicita en
el arranque.

El par necesario para vencer la resistencia a la rodadura de los rodamientos de rodillos
axiales sobre los que se sustenta toda la superestructura giratoria superior es
M=30854 Nm

Se considerará que los eslabones numerados, a efectos de inercia, son masas
puntuales concentradas en los puntos que se indican.

El resto de elementos de la grúa tienen, en conjunto, un momento de inercia respecto a
eje OO’ de: Ivarios=4746·103 kg·m2
ANÁLISIS DINÁMICO DE MECANISMOS PLANOS
Solución
Inercia total existente respecto a OO’:
I1  m·d 2  36.5·10 3 ·35 2  44712.5·10 3 kg·m 2
I 2  m·d 2  11·10 3 ·25.72 2  7276.7·10 3 kg·m 2
I 3  m·d 2  20·10 3 ·11.68 2  2728.4·10 3 kg·m 2
I 4  m·d 2  44·10 3 ·5.32 
I VARIOS 
1236·10 3 kg·m 2
4746·10 3 kg·m 2
I TOTAL  60699.3·10 3 kg·m 2
Par de aceleración:
n = 1 rpm = 0.105 rad/s
M A  I TOTAL · 
I TOTAL ·n 60699.3·10 3 ·0.105

 907372.3 N·m
tA
7
Par estático de rodadura:
M E  30854 N·m
Par total:
M T  M A  M E  938226.3 N·m
Potencia en el arranque en el eje OO’:
PT  M T ·  938226.3·0.105  98250.8 W
Potencia en el arranque en el eje del motor:
PT' 
PT

Pnom 

98250.8
 109.168 kW Potencia nominal:
0.9
Parranque
2

PT' 109.168

 54.583 kW
2
2
En CV:
54583 w
 75.16 CV  Pnom=75.16 CV
736 w CV
55
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
3.6. REDUCCIÓN DINÁMICA Y FRICCIÓN
El mecanismo de la figura es un aparejo de grúa. El bloque, cuyo peso es
W=1000 N, se sujeta por la fuerza de fricción de las zapatas, articuladas en A y
B. Éstas son, a su vez, accionadas por las barras DCB y ACE, articuladas en el
punto C.
En la articulación F está conectado un cable que pasa por una polea de
10 cm de radio.
Finalmente, el cable se enrolla sobre un tambor macizo de 20 cm de radio
que esta accionado, a través de un reductor, por un motor eléctrico.
Figura 1. Esquema de aparejo de grúa
Determinar:
A. La fuerza normal N que deben de aplicar las zapatas al bloque para evitar
que deslice.
B. La longitud mínima MN que debe tener la cara de la zapata para evitar el
vuelco de ésta. N es la intersección de la cara de la zapata con la recta
horizontal que para por la articulación a, y M el extremo superior de la
zapata.
C. El momento de inercia reducido del sistema en el eje de giro el motor.
56
ANÁLISIS DINÁMICO DE MECANISMOS PLANOS
D. La potencia de régimen que debe dar el motor para elevar el bloque a una
velocidad nominal de 3 m/s, si el reductor tiene una i=1/21 y un rendimiento
del 80%.
E. La potencia del motor necesaria para acelerar el conjunto en 2 segundos y
alcanzar la velocidad nominal.
F. La potencia de arranque que necesitará el motor.
Datos:

Se despreciará el peso de las zapatas.

Peso del aparejo=200 N (barras DCB y ACE)

Peso polea=50 N

Peso tambor macizo=250 N

µzapata-bloque=0.2

Rendimiento del reductor: η=80%

Relación de transmisión del reductor: i=1/21

Suponer movimiento uniformemente acelerado
Solución
A. Fuerza normal
Haciendo el diagrama de cuerpo libre al bloque y aplicado las condiciones de
equilibrio:
F
0 N  N
F
 0  2·FR  W  2· ·N  W  N 
X
Y
W
1000

 2500 N
2· 2·0.2
Para evitar el deslizamiento, las zapatas deben hacer una fuerza normal:
N  2500N
57
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
B. Longitud mínima MN
Haciendo el diagrama de cuerpo libre a la zapata y aplicado las condiciones de
equilibrio:
Si la normal se coloca en la horizontal de la articulación A, la ecuación de
momentos no se cumple. Para que se cumpla, la normal N, ha de desplazarse
hacia arriba. La distancia mínima a la que ha de situarse para equilibrar los
momentos es la longitud mínima que debe tener la zapata.
F
F
X
 0  RAX  N
Y
 0  RAY  ·N
M
A
 0  ·N ·0.2  N · MN
Por tanto:
MN  0.2·  0.04 m
La zapata está sometida a 2 fuerzas (R y RA), para que ambas estén alineadas:
58
ANÁLISIS DINÁMICO DE MECANISMOS PLANOS
C. Momento de inercia reducido del sistema
La energía cinética total del sistema será:
ECTOTAL  ECTAMBOR  ECPOLEA  EC APAREJOS BLOQUE (resto de elementos despreciables)
1
1
ECTAMBOR  ·IT ·T2  ·0.51·152  57.375 J
2
2
1
1 250
IT  ·mT ·RT2  ·
·0.22  0.51 kg·m 2
2
2 9.81
T 
V
3

 15 rad/s
RT 0.2
1
1
EC POLEA  ·I P ·P2  ·0.0255·302  11.475 J
2
2
1
1 50
I P  ·mP ·RP2  ·
·0.12  0.0255 kg·m 2
2
2 9.81
P 
V
3

 30 rad/s
RP 0.1
1
1 1000  200 2
EC APAREJO  BLOQUE  ·m B ·V 2  ·
·3  550.46 J
2
2
9.81
Por tanto:
EC TOTA L  ECTAMBOR  ECPOLEA  EC APAREJOS BLOQUE  57.375  11.475  550.76  619 J
El sistema, reducido al eje del motor, tendrá una energía cinética:
1
ECTOTAL  ·I R ·m2
2
En el caso de que el rendimiento del reductor fuese del 100%, se igualarían las
energías anteriores y se obtendría el momento de inercia reducido del conjunto.
Pero en este caso, el reductor tiene un rendimiento de 80%, que habrá que
tener en cuenta:
EC
1
1
619
·I R ·m2  TOTAL  ·I R ·m2 
 774 J
2

2
0.8
Donde:
m 
T
i

15
 315 rad/s 3008 rpm 
1
21
Por tanto:
IR 
774·2
 0.0156kg·m2
3152
59
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
D. Potencia de régimen del motor.
PR 
F ·V


1200·3
 4500 W
0.8
E. Potencia de aceleración.
La potencia de aceleración será:
Pa  M a · m
Donde:

 315

 157.5 rad/s 2
t
2
M a  I R ·  0.0156·157.5  2.457 N·m
Por tanto:
Pa  M a ·m  2.457·315  774 W
F. Potencia de arranque.
La potencia de arranque será la potencia de régimen más la potencia de
aceleración:
Parranque  PR  Pa  4500  774  5274 W
60
ANÁLISIS DINÁMICO DE MECANISMOS PLANOS
3.7. REDUCCIÓN DINÁMICA
En la figura se muestra el esquema de un mecanismo de elevación de un
puente grúa, del cual se conocen los siguientes datos:

Carga a elevar: 10 Tm

Velocidad de régimen del motor: 750 rpm

Velocidad de elevación: 16 m/min=0.266 m/s

Motor: Imotor=1.675 kg·m 2

Acoplamiento de entrada: Iac. entrada=0.08 kg·m2

Reductor: Ireductor=1.25 kg·m2 (reducido al eje del motor). Relación de velocidades
i=1/59

Acoplamiento del tambor: Iac. tambor=1.5 kg·m2

Tambor: Itambor=4.68 kg·m2
Figura 1. Mecanismo de elevación.
El freno del mecanismo, por cuestiones de normativa en cuanto a seguridad, va
dispuesto sobre el tambor, que lleva solidario un disco sobre el que se
presionan las zapatas del freno.
Determinar:
A. El par de frenado que proporcionará el freno en el tambor para parar el
mecanismo en 2 segundos.
B. La energía que se ha de disipar al realizar el frenado.
61
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
C. Si el freno se hubiera dispuesto en el eje del motor, justificar si se necesita
un freno de mayor o menor tamaño y si la energía que ha de disipar varía
con respecto a la hallada en el punto 2.
D. La potencia del motor necesaria para elevar la carga nominal.
E. Par de aceleración del motor necesario para acelerar en 2 segundos.
F. Potencia total necesaria del motor.
NOTA. El tamaño de un freno es directamente proporcional con el par de frenado que tiene que
aplicar.
Solución
A. Par de frenado del freno
Para obtener el par se deben reducir todas las masas en movimiento al eje del
tambor:
ntambor 
M fr 
nmotor 750

 12.7 rpm  1.33 rad/s
i
59
I RED ·
t fr
I RED  I motor RED  I ac. entrada RED  I reductor RED  I ac. tambor RED  I tambor RED  I c arg a RED
I motor RED
2
n

 750 
2
 I motor · motor   1.675·
  5841.56 kg·m
n
12
.
7


 tambor 
I ac. entrafa RED
I reductor RED
2
2
n

 750 
2
 I ac. entrada · motor   0.08·
  279 kg·m
 12.7 
 ntambor 
2
2
n

 750 
2
 I redcutor · motor   1.25·
  4351.25 kg·m
n
12
.
7


 tambor 
2
I ac. tambor RED  1.5 kg·m 2
I tambor RED  4.68· kg·m 2
I
62

c arg a RED
2
 v 
0.266 
2
  10000·
 m·
  401.29 kg·m

1
.
33


 tambor 
2
ANÁLISIS DINÁMICO DE MECANISMOS PLANOS
Y sustituyendo:
I RED  I motor RED  I ac. entrada RED  I reductor RED  I ac. tambor RED  I tambor RED  I c arg a RED 
 5841.56  279  4351.25  1.5  4.68  401.29  10879.8 kg·m 2
Por tanto, el par de frenado será:
Mf r 
I RED · 10879.8·1.33

 7235 N·m
t fr
2
B. Energía disipada al frenar
1
1
E d  ·I RED · 2  ·10879.8·1.33 2  9622 J
2
2
C. Tamaño del freno si se encuentra en el eje del motor
I RED eje motor
2
n

 I RED eje tambor · tambor   3.12 kg·m 2
 nmotor 
Mf r 
I · 3.12·78.47

 122.6N·m
t fr
2
Por tanto se necesitará un freno de menor tamaño.
1
1
E d  ·I RED · 2  ·3.12·78.47 2  9619.2 J
2
2
La energía cinética disipada es la misma, independientemente del punto donde
se haga la reducción.
D. Potencia del motor
PR  F·v  m·g·v  10000·9.81·0.266  26160W
E. Par de aceleración del motor
MA 
I · 3.12·78.47

 122.6 N·m
ta
2
F. Potencia total necesaria del motor
Se necesita acelerar la carga y mantener su velocidad de régimen, por tanto:
PA  M A ·motor  122.6·78.47  9629 W
PT  PR  PA  26160  9629  35789 W
63
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
3.8. VOLANTES DE INERCIA
En la figura se muestra el par resistente y el par motor de una cierta
máquina, con un valor máximo de 100 N·m. Suponiendo que la velocidad de
régimen es ωm=600 rpm y la velocidad máxima es ωmax=612 rpm, calcular el
diámetro exterior del volante si es mazizo y se ha cortado en chapa de acero
de 2.54 cm.
Figura 1. Par resistente y par motor.
Datos:
 Peso específico del acero: γ=7800 kg/m3.
Solución:
A lo largo del ciclo ΔTm=ΔTr

Entre 0 y π
M m  M r y el volante absorbe energía. La energía absorbida T 1 se
corresponde al área OAB.
T1  ÁreaOAB  Área
OAD
1
1
 Área OBD  ·2 ·100  ·2 ·yb
2
2
Ecuación de la recta AD:

  2
y  100
3
3
100
200 100· 2

 ·y  ·100  100· 
 y  100  

 100
2
2
2
3
2  
3·
2
2
200 400
y

3
3
64
ANÁLISIS DINÁMICO DE MECANISMOS PLANOS
Ordenada del punto b:
para     y b  
T1  100 -

200 400 200


3
3
3
200
 104.7198 N·m
3
Entre 0 y 2π
El volante cede la misma energía que absorbió entre 0 y π, es decir:
área
BCD
 área OAD  104.7198 N·m
La inercia del volante por el método aproximado, supuesto que I reducido máquina=0,
será:
IV 
A
 · m2
Donde:
A  104.7198 N·m
m 

máx  mín
2
 600 
612  min
 min  588 rpm
2
máx  mín 612  588

 0.04
m
600
Por tanto:
IV 
A

 · m2
104.7198
 

0.04· 600· 
30 

2
 0.6631 N ·m·s 2  0.6631 kg·m 2
Diámetro exterior del volante
1
1
1
1  ·e· 4
I V  ·m·R 2  · ·V ·R 2  ·  ·R 2 ·e·R 2  ·
·R
2
2
2 g
2 g
Por tanto:
R4 
2·I V ·g
2·0.6631·9.8

 0.00213 m 4  R  0.215 m
 ·e·
7800·9.8·0.0254
D=0.43 m
65
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
3.9. VOLANTES DE INERCIA
La prensa excéntrica mostrada trabaja con una frecuencia de 2 ciclos/s. El
trabajo consumido en el conformado de la chapa en cada ciclo es de 10000 J,
que representa la cuarta parte de la energía total que tiene el sistema justo en
el momento de iniciarse el conformado.
El tiempo invertido en el trabajo es prácticamente despreciable frente al total
del ciclo.
Figura 1. Prensa excéntrica.
Determinar:
A. Par motor necesario.
B. Energía cinética máxima en el periodo.
C. Energía mínima en el periodo.
D. Velocidad angular media.
E. Momento de inercia del volante necesario Iv, si el momento de inercia
reducido de la excéntrica-biela-punzón es constante y alcanza un valor
Ir=48 kg·m2
F. Velocidades angulares máxima y mínima así como aceleración angular del
volante.
G. Grado de irregularidad.
H. Potencia del motor necesario.
66
ANÁLISIS DINÁMICO DE MECANISMOS PLANOS
Solución
A. Par motor.
T=trabajo de corte=energía recuperada en el ciclo=10000 J
T  M m ·  M m 
10000
 1591.55N·m
2·
B. Energía cinética máxima en el periodo.
E Cm a x  4·10000  40000 J (al iniciar el conformado)
C. Energía mínima en el periodo.
E C m i n  40000  10000  30000 J (al terminar el conformado)
D. Velocidad angular media.
ω m  2 ciclos
s
 2·2· rad  4·π·rad/s
s
E. Momento de inercia del volante necesario Iv
1
EC  ·I · 2
2
1
2
40000  ·I V  48· max
2
1
2
30000  ·I V  48· min
2
m 
max  min
2
Resolviendo el sistema de ecuaciones:
I V  393 kg·m2
ω max  13.47 rad/s
ωmin  11.66 rad/s
67
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
F. Velocidades angulares máxima y mínima, aceleración angular del
volante.
Las velocidades están calculadas en el apartado anterior.
La aceleración angular será:
M  I ·  α 
Mm
 3.609 rad/s2
IV  I R
G. Grado de irregularidad.
δ
 mex   min
 0.144
m
H. Potencia del motor.
P
Trabajo ciclo 10000

 20000 W  P  20 kW
t ciclo
0.5
o
P  T ·m  1591.55·4·  20000 W  P  20 kW
68
ANÁLISIS DINÁMICO DE MECANISMOS PLANOS
3.10. VOLANTES DE INERCIA
Un volante de radios de hierro fundido, tiene un aro o llanta del que se
conocen las siguientes dimensiones:
 Diámetro exterior: De=1500 mm
 Diámetro interior: Di= 1400 mm
 Densidad: γ=7800 kg/m3
Se quiere que el peso del volante sea tal que una variación de energía
de 6750 J provoque únicamente una variación de velocidad de giro del volante
de 240 a 260 rpm.
Se sabe además, que el valor del momento de inercia reducido del resto
de la máquina, Imáquina, a un eje que está conectado al eje del volante mediante
una transmisión por correa (ver figura 1), es un 25 % del momento de inercia
del volante Iv.
Figura 1. Transmisión por correa de la máquina.
Determinar:
A. El grado de irregularidad
B. El espeso de la llanta se desprecia el peso de las radios de la rueda del
volante
C. ¿Cuál sería el grado de irregularidad de la máquina y los valores máximos y
mínimos de la velocidad de giro del eje del volante si éste no existiese?
69
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
Solución
A. Grado de irregularidad
A  6760 J
min  240 rpm
max  260 rpm
m 
 max   min
2

240  280
 250 rpm  26.18 rad / s
2
Por tanto, el grado de irregularidad será:

max  min 260  240

 0.08
m
250
B. Espesor de la llanta (b)
I R  IV 
A

 · m2
6750
 

0.08· 250· 
30 

 123.1 kg·m 2
2
Sabiendo el valor del momento de inercia reducido del resto de la máquina,
Imáquina, a un eje que está conectado al eje del volante mediante una
transmisión por cadena (ver figura), es Imáquina=0.25·IV en el eje 1
2
2
 nmáquina 
 2·R1 
  I máquina·
  4·0.25·I V reducido al eje del volante
I R  I máquina·
 R1 
 nR 
Por tanto:
2·I V  123.1 kg·cm 2  I V  61.55 kg·m 2
Para un cilindro hueco:

1
1
1
I  ·me ·Re2  ·mi ·Ri2  · · ·b· Re4  Ri4
2
2
2

Donde:
me   ·Ve   · ·Re2 ·b
mi   ·Vi   · ·Ri2 ·b
b
2·I V
2·61.55

 0.0658 m
4
4
 · · Re  Ri
7800· · 0.75 4  0.7 4




b=65.8 mm
70
ANÁLISIS DINÁMICO DE MECANISMOS PLANOS
C. Grado de irregularidad y velocidades máximas y mínimas de giro
Si no hay volante:
IR 
A

 · m2
6750
 

 · 250· 
30 

2
 61.55 kg·m 2   
6750
 

61.55· 250· 
30 

2
 0.16  δ=0.16
Como el momento de inercia de la máquina reducido al eje del volante es la
mitad del conjunto máquina + volate, el grado de irregularidad será el doble.
Una vez obtenido el grado de irregularidad se pueden obtener las velocidades
máxima y mínima de giro:

 máx  mín
   mín
(I)
 0.16  máx
m
250
m 
máx  mín
2
 250 
 máx  mín
2
(II)
Resolviendo el sistema de ecuaciones:
ωmáx=270 rpm
ωmín=230 rpm
71
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
3.11. EQUILIBRADO
El rotor con engranajes de acero (densidad =7800 kg/m3) mostrado en la
figura se equilibró dinámicamente en una máquina equilibradora agregando las
masas de arcilla mostradas en la periferia de los engranajes. Sin embargo, el
equilibrado se debe lograr perforando agujeros en la nervadura de los
engranajes en los diámetros mostrados.
Determinar el tamaño y la localización de los agujeros para tener el
equilibrado dinámico
Nota. Las dimensiones están expresadas en pulgadas (1”=25.4 mm)
Solución
Para equilibrar el rotor bastará con hacer dos veces el equilibrado en un plano
(de situar el CDG sobre el eje de rotación).
Primer agujero:

m1 ·r1  m ARCILLA1 ·rARCILLA1   ·e· ·d agujero1 ·r1  m ARCILLA1 ·rARCILLA1 
4
2

76.2·7800·10 9 ·25.4· ·d12  0.3·152.4
4
d agujero1  62.1mm  2.44"
Y estará situado en:
r1  3" 270º 3"   90º
72
ANÁLISIS DINÁMICO DE MECANISMOS PLANOS
Segundo agujero:

m 2 ·r2  m ARCILLA 2 ·rARCILLA 2  r2 · ·e· ·d agujero2  m ARCILLA 2 ·rARCILLA 2 
4
2

63.5·7800·10 9 ·25.4· ·d 12  0.15·101.6
4
d agujero2  39.3 mm  15.7"
Y estará situado en:
r2  2.5"210º 2.5"  150º
73
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
3.12. EQUILIBRADO
El rotor representado en la figura 1, macizo y de densidad 6 g/cm 3, está
desequilibrado. Su velocidad es de 3000 rpm.
Figura 1. Rotor desequilibrado
Determinar:
A. Reacciones de los cojinetes A y B contra el eje dando su valor numérico y
dibujando su dirección y sentido sobre la proyección axial de la figura.
B. Equilibrar el sistema en dos planos, situados a 5 mm de cada masa, del
lado de apoyo más cercano y a un radio de 10 mm.
Datos

Radio de desequilibrio: 5 mm
Solución
A. Reacciones en los apoyos.
74
ANÁLISIS DINÁMICO DE MECANISMOS PLANOS
Sustituyendo los discos que crean el desequilibrio por masas concentradas:
md   ·r 2 ·e·   ·1.25 2 ·1·6  29.45 g
Para calcular las reacciones en los cojinetes, habrá que calcular las fuerzas de
inercia que producen las masas desequilibradotas:
2· 

Fi y  Fi z  m d · ·r  29.45·10 · 3000·  ·0.005  14.53 N
60 

2
3
2
Haciendo equilibrio de momentos en A respecto del eje Z:
RBy ·35  Fiy ·12.5  0
Por tanto:
RBy 
14.53·12.5
 RB y  5.19 N
 35
Y haciendo sumatorio de fuerzas:
RAy  RBy   Fiy  RAy  14.53  5.19  RAy  9.34 N
Haciendo equilibrio de momentos en A respecto del eje Y:
RBz ·35  Fiz ·22.5  0
Por tanto:
R Bz 
14.53·22.5
 R Bz  9.34 N
 35
Y haciendo sumatorio de fuerzas:
RBz  RAz  Fiz  0  RAz  14.53  9.34  RAz  5.19 N
Así, la reacción en A será:
2
2
R A  R Ay
 R Az

 R Az
R
 Ay
 Ayz  arctan 
 9.342   5.192
 10.69N

  arctan   5.19   29.05º

  9.34 

Y la reacción en B:
2
2
R B  RBy
 RBz

 R Bz
R
 By
 Byz  arctan 
 5.192   9.342
 10.69 N

  180º  arctan   9.34   60.94º

  5.19 

75
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
A continuación se representan las fuerzas calculadas:
B. Equilibrado.
El equilibrado se hará en dos planos a 5 mm de cada masa:
Gráficamente

 




=
;

+
+
+
=
m
.
r
m

r
m

r
m

r
m

r
0
0
 i i
1
1
2
2
I
I
D
D
{1}
Tomando momentos en plano derecho:







 mi  ri  zi = 0 ;  m1  r1 15 + m2  r2  5 + mI  rI  20 + mD  rD  0 = 0 {2}
76
ANÁLISIS DINÁMICO DE MECANISMOS PLANOS
m I ·rI ·z I =
(m1 ·r1 ·z1 ) 2  (m2 ·r2 z 2 ) 2 = 2328.2 g·mm2;
mI·rI = 2328.2/20 = 116.41 g·mm;
Como rI = 10 mm

mI = 11.64 g
I = 251.56º
Ahora de la representación gráfica de la ecuación {1}, se obtiene finalmente
mD.rD;
mD·rD = 116.41 g·mm
Como rD = 10 mm.  mD = 11.64 g
D = 198.44º
Analíticamente
Se descomponen los vectores de las ecuaciones
en sus componentes ; con 1 = 90º; 2 = 0º;




m  r = 0 ; y m  r  z = 0
i
i
i
m1·r1·cos1 + m2·r2·cos2 + mI·rI·cosI + mD·rD·cosD = 0
{1}
m1·r1·sen1 + m2·r2·sen2 + mI·rI·senI + mD·rD·senD = 0
{2}
m1·r1·z1·cos1 + m2·r2· z2·cos2 + mI·rI· zI·cosI = 0
{3}
m1·r1·z1·sen1 + m2·r2·z2·sen2 + mI·rI·zI·senI = 0
{4}
i
i
de {3} 147.25 · 15 · 1 + mI·rI · 20 · cosI = 0;  mI·rI·cosI = -110.437
de {4} 147.25 · 5 · 1 + mI·rI · 20 · senI = 0; 
mI·rI·senI = -36.812
77
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
dividiendo {4} por {3}  tg I = 0.333;
Como I  {180º - 270º }, tercer cuadrante  I = 198.44º
Ahora de {3}, mI·rI·cosI = -110.437;  mI·10·cos198.44 = -110.437  mI = 11.64
g
de {1} 147.25 + 116.41 · cos198.44º + mD·rD·cosD = 0;  mD·rD·cosD = 36.817;
de {2} 147.25 + 116.41 · sen198.44º + mD·rD·senD = 0;  mD·rD·senD = -110.42;
dividiendo {2} por {1}  tg D = 2.99
Como D  {180º - 270º }, tercer cuadrante  D = 251.56º
Ahora de {1}, mD·rD·cosD = -36.817;  mD·10·cos251.56 = -36.817  mD =
11.64g
78
ANÁLISIS DINÁMICO DE MECANISMOS PLANOS
4. TRANSMISIÓN POR ENGRANAJES
79
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
80
TRANSMISIÓN POR ENGRANAJES
4.1. ENGRANAJES
El polipasto de la figura 1 se muestra esquemáticamente en la figura 2. La
polea para la cadena manual es de 30 cm de diámetro y polea de la cadena par
la carga es de 15 cm de diámetro. El engrane 2 se encuentra fijo al eje de la
polea de la cadena manual. Los engranes 3 y 3’ pivotan sobre brazos unidos
solidariamente a la polea de la cadena de carga. La rueda 1 es fija. El número
de dientes está indicado en la figura 2. El módulo de todos los engranajes es
m=3 mm, el ángulo de presión es de 20º y los dientes cortos.
Figura 1. Polipasto
Figura 2. Esquema del polipasto
Determinar:
A. ¿Existe alguna razón para que se hayan elegido dientes cortos?
B. Calcular la relación de contacto que existen entre las ruedas 2 y 3.
C. Hallar la relación entre las velocidades lineales de las cadenas.
D. Calcular la carga que puede elevarse si tiramos de la cadena manual con
una fuerza de 441 N (sin considerar pérdidas por fricción)
Solución
A. ¿Existe alguna razón para que se hayan elegido dientes cortos?
Se eligieron dientes cortos (k=0.75) porque en este caso el número mínimo de
dientes (Zmin) para evitar el fenómeno de interferencia en el tallado es de 13
dientes, de esta manera, todas las ruedas del polipasto cumplen con la
condición de tener más de 13 dientes.
81
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
B. Relación de contacto que existen entre las ruedas 2 y 3.
La relación de contacto se define:
c 
segmento de acción U u 2  u3


pb
paso base
pb
El segmento de acción se calcula del siguiente modo:
Para la RUEDA 2:
r2 
m·Z 2 3·15

 22.5 mm
2
2
rb2  r2 ·cos( )  22.5·cos(20º )  21.4 mm
re2  r2  ha  r2  0.75·m  22.5  0.75·3  24.75 mm
Para la RUEDA 3:
r3 
m·Z 3 3·35

 52.5 mm
2
2
rb3  r 3·cos( )  52.5·cos(20º )  49.33 mm
re3  r3  ha  r3  0.75·m  52.5  0.75·3  54.75 mm
u 3  re2  rb2  r2 ·sen( )  24.75 2  21.4 2  22.5·sen(20º )  12.87  7.70  5.17 mm
2
2
u 2  re3  rb3  r3 ·sen( )  54.75 2  49.332  52.5·sen(20º )  23.75  17.96  5.79 mm
2
2
El paso base será:
pb  p·cos( )   ·m·cos( )  8.86 mm
Por tanto la relación de contacto será:
ρc 
82
u 2  u3 5.79  5.17

 1.24
pb
8.86
TRANSMISIÓN POR ENGRANAJES
C. Relación entre las velocidades lineales de las cadenas.
La relación entre velocidades será:
 BRAZO ·15 2
VPOLEA CADENA CARGA

VPOLEA CADENA MANUAL  PLANETARIO ·30
(I)
2
Aplicando la fórmula de Willis:
 SALIDA   BRAZO
 Z CONDUCTORAS

 ENTRADA   BRAZO
 Z CONDUCIDAS
 SALIDA  CORONA  0
  BRAZO
Z
Z
  PLANETA · SATELITE
 PLANETA   BRAZO
Z SATÉLITE Z CORONA
 ENTRADA   PLANETA
y obteniendo el número de dientes de la corona
Z
 m·Z1
m· 2  Z 3  
 Z1  Z CORONA  85
2
 2

se tiene:
  BRAZO

15
15
   85· BRAZO  15· PLANETA  15· BRAZO  BRAZO 
(II)
 PLANETA   BRAZO
85
 PLANETA 100
Sustituyendo (II) en (I), se obtiene finalmente la relación de velocidades:
VPOLEA CADENA CARGA
15 15

·  0.075
VPOLEA CADENA MANUAL 100 30
D. Carga que puede elevarse si tiramos de la cadena manual con una
fuerza de 441 N (sin considerar pérdidas por fricción)
La potencia de entrada es la misma que la de salida, por tanto:
PENTRADA  PSALIDA
FCADENA CARGA ·v POLEACADENA CARGA  FCADENA MANUAL ·v POCADENA MANUAL
v
1
FCADENA CARGA  FCADENA MANUAL · POLEA CADENA MANUAL  441·
v POLEA CADENA CARGA
0.075
FCADENA CARGA  5880 N
83
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
4.2. ENGRANAJES. INTERFERENCIA
Se dispone un engranaje entre ejes paralelos situados a una distancia de
102 mm, mediante na pareja de engranajes helicoidales cuyo ancho es b=30
mm. La cremallera de tallado de los mismos tiene un módulo de 4 mm y un
ángulo de presión de 20º. Los números de dientes son Z1= 10 y Z2=40.
Comprobar si hay problemas de interferencia y determinar la relación de
contacto.
Solución
Ángulo de hélice (β)
c
mn ·Z 1  Z 2  4·10  40
200

 102 mm  cos  
 0.98    11.36º
2·cos 
2·cos 
204
Comprobación de la interferencia en el piñón:
Z min 
2·cos3   2·cos3 (11.36º )

 16 dientes
sen 2  n 
sen 2 20º 
Como Z1=10<16  existe interferencia
Relación de contacto

u1  u 2  b·tg  b 
Pbc
r1 
mn
·Z 1  20.4 mm
2·cos 
r2 
mn
·Z 2  81.6 mm
2·cos 
rb1  r1 ·cos c   19.12 mm
rb2  r21·cos c   76.5 mm
re1  r1  mn  24.4 mm
re2  r2  mn  85.6 mm
tg n   tg c ·cos 
tg  c  
tg 20º 
  c  20.367º
cos11.36º 
u1  re22  rb22  r2 ·sen c   85.62  76.52  81.6·sen20.367º   10 mm
u2  re21  rb21  r1·sen c   24.42  19.122  20.4·sen20.367º   8.059 mm
Pbc  p·cos c   mc · ·cos c  
84
mn
· ·cos c   12mm
cos 
TRANSMISIÓN POR ENGRANAJES
tg b   tg11.36º ·cos20.367º   0.188
Por tanto, con todos los términos calculados, la relación de contacto será:
ρ
u1  u 2  b·tg b  10  8.059  30·0.188 23.7


 1.975
Pbc
12
12
85
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
4.3. ENGRANAJES
Se quiere realizar una transmisión entre dos ejes paralelos, situados a una
distancia aproximada de 218 mm, sin sobrepasarla, con dos engranajes de
dentado recto y una relación de transmisión i=n 1/n2=4. Los engranajes se
tallarán con una cremallera de m0=5 mm, (calculado según criterios de
resistencia a la duración y al desgaste), α0=20º y diente normal.
Se pide:
A. Obtener los siguientes parámetros característicos del engranaje:
Z1 , Z 2 , r1 , r2 , rext1 , rext 2 , rb1 , rb 2 , p c , p b
B. Si, utilizando los engranajes construidos con los datos anteriores, se exige
que la distancia entre ejes sea exactamente 218 mm, hallar los parámetros
de funcionamiento que tendrá ahora el engrane: módulo, radios primitivos,
exteriores y de base, de rueda y piñón, paso circular y paso base.
C. .Comprobar si en este segundo caso existe contacto intermitente.
D. ¿Sería posible mantener la distancia entre ejes de 218 mm, solucionado a
la vez el problema del contacto intermitente si existiera, o si el contacto
fuera continuo, de eliminar la holgura ente dientes presente? En caso
afirmativo, indicar detalladamente de qué manera podría realizarse.
86
TRANSMISIÓN POR ENGRANAJES
Solución
A. Parámetros característicos.
a
d1  d 2 m·Z1  Z 2 

 218 mm  Z1  Z 2  87.2 (I)
2
2
Z2
 i  4  Z 2  4·Z1 (II)
Z1
Y de estas dos ecuaciones:
Z1 
87.2
 17.44
5
Como Z1 ha de ser entero:
Se tomará Z1=17 dientes y por tanto, Z2=68 dientes:
Z1  Z 2  85
En el caso de haber tomado Z1=18 dientes, Z2=72, y la distancia a ya sería
mayor de 218 mm, por lo que no sería válido.
a0 
m0 ·Z1  Z 2  5·17  68

 212.5 mm  a'  218 mm
2
2
El resto de parámetros se calculan a continuación:
d1  m·Z1  5·17  85 mm  r1  42.5 mm
d 2  m·Z 2  5·68  340 mm  r2  170 mm
d b1  d1 ·cos   85·cos20º   79.874 mm  rb1  39.937 mm
d b 2  d 2 ·cos   340·cos20º   319.5 mm  rb2  159.748 mm
d e1  d1  2·m  85  2·5  95 mm  re1  47.5 mm
d e 2  d 2  2·m  340  2·5  350 mm  re2  175 mm
p c  m·  5·  15.708 mm
p b  pc ·cos   15.708·cos20º   14.761 mm
B. Comprobación de contacto.
Como los engranajes ya están tallados, si se exigiese una distancia de
funcionamiento de a’=218 mm, habrá que separar sus centros esa distancia,
por lo que las circunferencias exteriores, de fondo y base no cambian. Sólo
cambiarían las circunferencias primitivas y el ángulo de presión α.
a'  218 mm  Distancia entre ejes de funcionamiento
87
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
a0  212.5 mm  Distancia entre ejes de generación
a' 
d '1 d ' 2 m'·Z1  Z 2 
2·a'
2·218

 m' 

 5.1294 mm
2
2
Z1  Z 2
85
d '1  m'·Z1  5.1294·17  87.2 mm  r'1  43.6 mm
d ' 2  m'·Z 2  5.1294·68  348.8 mm  r' 2  174.4 mm
Los radios exteriores y de base son los mismos que los calculados en el
aparado A.
El paso base es el mismo que el calculado en el apartado A.
 a ·cos 0  
 212.5·cos20º  
a'·cos '  a0 ·cos 0    '  ar cos 0
  ar cos
   '  23.654º
a'
218




p'  m'·  5.1294·  16.1145 mm
Comprobación:
p b  p'·cos '  16.1145·cos23.654º   14.761 mm
C. Relación de contacto.
u u
1.482  8.223
 1 2 
 0.65  1  Si habrá contacto intermitente.
pb
14.761
u1  re22  rb22  r ' 2 ·sen '  1752  159.7482  174.4·sen23.654º   1.482 mm
u 2  re21  rb21  r '1 ·sen '  47.52  39.937 2  43.6·sen23.654º   8.223 mm
D. Consideraciones.
Si se podría mantener una distancia entre ejes de 218 mm. Una solución sería
realizar una corrección de dentado al piñón y a la rueda.
88
TRANSMISIÓN POR ENGRANAJES
4.4. ENGRANAJES
Se quiere realizar una transmisión entre dos ejes paralelos, situados a una
distancia de 215 mm, con dos engranajes de dentado helicoidal y una relación
de transmisión de i=4.
El módulo necesario, calculado según criterios de resistencia a la duración
y al desgaste, es de 5mm. Por ello, los engranajes serán tallados con una
cremallera de m0=5 mm, α0=20º y diente normal. El ángulo de hélice del piñón
ha de ser el menor posible.
Se pide:
A. Obtener los siguientes parámetros característicos del engranaje:
Z 1 , Z 2 , 1 ,  2 , m c1 , m c2, r1 , r2 , re1 , re 2 ,  c , rb1 , rb 2 , p c , p bc
B. Determinar la relación de contacto total, si las ruedas dentadas tienen un
ancho b=5mn.
C. Una vez construidos los engranajes, ¿cuál sería la distancia teórica máxima
entre ejes, a’, a la que se podrían separar de modo que no se llegase a
tener contacto intermitente, es decir, que se siga la transmisión constante
de velocidad?
89
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
Solución
A. Parámetros característicos.
a
mn
d1  d 2 mc1 ·Z1  mc 2 ·Z 2
Z  Z 2 2·a 430


·Z1  Z 2   1


 86 (I)
2
2
2·cos 
cos  mn
5
mn  mc1 ·cos1   mc 2 ·cos 2 
cos1   cos 2   cos 
mc1  mc 2  mc
i
n1 Z 2

 4  Z 2  4·Z1 (II)
n2 Z1
Juntando las ecuaciones I y II:
5·Z1
Z1
 86 
 17.2
cos 
cos 
con Z1  18 
18
 cos   Imposible
17.2
con Z 1  17 
17
 cos     8.746º
17.2
con Z 1  16 
16
 cos     21.53º
17.2
Como hay que tomar la solución de menor ángulo β:
Z1  17
Z 2  68
β  8.746º
Otros parámetros son:
m c 1  m c 2  mc 
mn
 5.0588 mm
cos 
d1  mc1 ·Z1  5.0588·17  86 mm  r1  435 mm
d 2  mc 2 ·Z 2  5.0588·68  344 mm  r2  172 mm
tg  n   tg  c ·cos   tg  c  
tg 20º 
 0.368  α c  20.216º
tg 8.746º 
d b1  d1 ·cos c   86·cos20.216º   80.7 mm  rb1  40.35 mm
d b 2  d 2 ·cos c   344·cos20.216º   322.8 mm  rb2  161.4 mm
d e1  d1  2·mn  86  2·5  96 mm  re1  48 mm
90
TRANSMISIÓN POR ENGRANAJES
d e 2  d 2  2·mn  344  2·5  354 mm  re2  177 mm
p c  mc ·  5.0588·  15.8927 mm
p bc  pc ·cos c   15.8927·cos20.216º   14.914 mm
B. Relación de contacto.

u  b·tg b  u1  u 2  b·tg b 

pbc
pbc
Donde:
tg b   tg ·cos c   tg8.746º ·cos20.216º   0.144366
 b  8.2148º
b·tg b   5·mn ·tg b   5·5·0.144366  3.609 mm
pbc  14.914 mm
u1  re22  rb22  r2 ·sen c   177 2  161.4 2  172·sen20.216º   13.22 mm
u 2  re21  rb21  r1 ·sen c   482  40.352  43·sen20.216º   11.139 mm
Por tanto:
ρ
u1  u 2  b·tg b  13.22  11.139  3.609

 1.875
pbc
14.914
C. Distancia máxima entre ejes.
Para no tener contacto intermitente   1 . El caso límite sería   1 .
Como los engranajes ya están tallados y lo que se hace únicamente es
separarlos, no se modifica ninguno de los parámetros característicos,
exceptuando los radios de las circunferencias primitivas y el ángulo  c .
  1  u'1 u' 2 b·tg b   pbc  14.914 mm  u'1 u' 2  14.914  3.609  11.305 mm
u'1  re22  rb22  r ' 2 ·sen 'c   177 2  161.4 2  r ' 2 ·sen 'c   72.657  r ' 2 ·sen 'c 
u' 2  re21  rb21  r '1 ·sen 'c   482  40.352  r '1 ·sen 'c   26  r '1 ·sen 'c 
cos c 
u'1 u' 2  72.657  26  r ' 2 r '1 ·sen 'c   98.657  a·
·sen 'c 
cos ' c 
91
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
Pero también se sabe:
cos c 
a·cos c   a'·cos 'c   a'  a·
cos 'c 
u'1 u' 2  11.305  98.657  215·cos20.216º ·tg 'c   tg 'c   0.43296  α' c  23.41º
cos20.216º 
a'  215·
 219.85 mm
cos23.41º 
92
TRANSMISIÓN POR ENGRANAJES
4.5. ENGRANAJES
En la figura se muestra el croquis y el esquema de un reductor que consta
básicamente de un engranaje sinfin-corona y de un tren planetario de
engranajes rectos. La distancia entre el eje de entrada y el eje de salida del
reductor es de 570 mm.
El eje de entrada al reductor mueve al tornillo sinfín, de módulo normal
6 mm, filetes inclinados a derechas con un ángulo de hélice 1=85,65 y un
paso de hélice 56,712 mm. Éste engrana con una corona que es solidaria al
engranaje planeta del tren planetario.
Del tren planetario se conocen los siguientes datos:
Zplaneta = 20 dientes
Zsatélites = 26 dientes
Módulo = 10 mm.
Figura 1. Esquema del reductor
Determinar la relación de transmisión del reductor e indicar el sentido de
giro que tendría el eje de salida si el sinfín gira en el sentido contrario a las
agujas del reloj.
93
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
Solución
En primer lugar se procederá a calcular la relación de transmisión del
engranaje sinfin–rueda; para ello, y teniendo en cuenta los datos aportados, se
utilizarán las siguientes expresiones:
c
mn
2
 Z1
Z2 



cos

cos

1
2 

d
mn Z
cos 
tg  1 
d 1
Pz
Donde:
Z = número de dientes
mn = módulo normal
c = distancia entre centros
d = diámetro primitivo
 = ángulo de hélice
Pz = paso de hélice
Por tanto:
d1 
Z1 
PZ tg1


56.712·tg85.65

 237.314 mm
d1 cos 1 237.314·cos85,65

 3 dientes
mn
6
570 

Z2
6
3

 

2  cos85.65 cos(90  85.65) 
Z 2  150 dientes
Luego la relación de transmisión del sinfín-corona es:
n RUEDA n2 Z1
3
1




nSIN FIN n1 Z 2 150 50
Se pasará a continuación a obtener la relación de transmisión del tren
planetario, teniendo en cuenta que como eje de entrada se tomará el de la
rueda “planeta”, que gira con la misma velocidad y sentido que la rueda
anterior. El eje de salida del tren es el de la corona de dentado interior, a la cual
habrá que calcular su número de dientes, y el brazo es el eje de salida del
reductor global.
Cálculo del número de dientes de la corona de dentado interior Z4:
- Los módulos de todas las ruedas son iguales: m2 = m3 = m4 = m5 = m
- R4 = R3 + 2·R5
Como R = m·Z / 2, queda:
m·Z4 = m·Z3 + 2·m·Z5
Z4 = 72 dientes
94
Z4 = Z3 + 2·Z5 = 20 + 2·26
TRANSMISIÓN POR ENGRANAJES
Para calcular la relación de velocidades se aplicará la fórmula de Willis al tren
epicicloidal:
i  
Z conductoras
n
 nBRAZO
 SALIDA
Z conducidas nENTRADA  nBRAZO

Z 3 Z 5 n4  nbrazo Z 3
0  nbrazo



Z 5 Z 4 n3  nbrazo Z 4 n3  nbrazo
(1)
El signo de i’ es negativo porque la rueda 3 y la rueda 4 girarían en sentido
contrario, supuesto el tren epicicloidal como ordinario.
Para obtener la relación entre nbrazo y n3, hay que despejar de (1):
nbrazo
Z3
20 5



n3
Z 4  Z 3 92 23
n3 = 4,6 nbrazo
(2)
Y como n1 = 50·n3, la relación de transmisión del reductor es:
n1 = 50·4.6 nbrazo = 230· nbrazo
o bien
nbrazo = 0,004348·n1
De la expresión (2) se deduce que el sentido de giro del brazo, y por lo tanto, el
sentido de giro del eje de salida del reductor es el mismo que el de la rueda 2,
puesto que el signo de la expresión es positivo.
El sentido de giro de la corona se deduce de la siguiente figura:
Inclinación a derechas
95
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
4.6. ENGRANAJES
En la figura se ilustra un engranaje diferencial de automóvil. El eje
principal de la transmisión gira a 1200 r.p.m.
Figura 1. Engranaje diferencial del automóvil
Determinar:
A. ¿Cuál será la velocidad de la rueda derecha del auto si éste se levanta con
un gato de este lado y la rueda izquierda permanece fija, apoyada en la
superficie de la carretera?
Si ahora el mismo automóvil, con un ancho de rodada (distancia entre
ruedas) de 1500 mm. y neumáticos de 380 mm. de diámetro, se encuentra
girando a 48 km/h en una curva a la derecha de 24 m. de radio, calcúlese:
B. Velocidad de cada rueda trasera.
C. ¿Cuál será la velocidad de la corona del diferencial?
Solución
A. Velocidad de la rueda
Si el eje principal gira a 1.200 r.p.m. el brazo del tren diferencial, que coincide
físicamente con la corona, girará a:
NBRAZO = NCORONA = 1.200 ·
96
17
= 378 r.p.m.
54
TRANSMISIÓN POR ENGRANAJES
En este caso se trata de un tren diferencial espacial, al que podemos aplicar
Willis para obtener la velocidad del eje de salida hacia la rueda derecha,
conocida la velocidad de la rueda izquierda, que al estar apoyada en el suelo
será nula.
n SAL  N
16  11
== -1 ; como N = 378 rpm 
11  16
0 N
nSALIDA = 2 · 378 = 756 rpm.
B. Velocidad de cada rueda trasera
Considerando que el radio de la curva de 24 m. coincide con el eje del
automóvil.
La velocidad del coche será:
V = (48 km/h) ·(1000 m/1km) · (1h / 60 min) =
48  1000
= 800 m/min.
60
La velocidad de giro del coche respecto del centro de la curva,
nCOCHE = 800
m
1rev
800

=
= 5.3 r.p.m.
  48
min   DCURVA
Y las velocidades de las ruedas izquierda y derecha serán respectivamente,

Rueda Izquierda (exterior)
vRIZQ. =  · 48,75 · 5,3 = 811,7 m/min
nRIZQ = 811,7

811,7
m 1rev
=
= 679.9 r.p.m.
·
 ·0,38
min  ·DRIZQ
Rueda Derecha (interior)
vRDCHA. =  · 47.25 · 5.3 = 786.7 m/min
97
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
nRDCHA = 786,7
786,7
m 1rev
=
= 659 r.p.m.
·
 ·0,38
min  ·DRIZQ
C. Velocidad de la corona del diferencial
La velocidad de giro de la corona la obtendremos aplicando Willis al tren
diferencial, y despejando en este caso la velocidad del brazo.
n RDCHA  N
659  N
=
= -1 ; 
679.9  N
n RIZQ  N
98
N=
659  679.9
= 669.45 rpm.
2
TRANSMISIÓN POR ENGRANAJES
4.7. ENGRANAJES
Calcular la relación Y/X y los números de dientes de las ruedas F y H para
que 3 vueltas de la polea A, en el sentido indicado, se correspondan con 11
vueltas del eje C en el sentido indicado, sabiendo que el número de dientes de
F es próximo a 30, y que la rueda H es fija. Determinar si la transmisión por
correa es abierta o cruzada.
ABIERTA
CRUZADA
Solución
Este mecanismo consta de un tren epicicloidal doble, cuyos posibles trenes
epicicloidales son:
D-E-H
D-E-G-F
F-G-E-H
Tren F-G-E-H:
Conocemos las velocidades de giro del brazo (eje C) y
H = 0) y F (a través de la
polea A):
E
G
 F  3 
F
H
FGEH como ordinario
4 ·Z 4
Z3

3·80

 8 rad/s  
30

Si el sentido de giro de la rueda F se considera
positivo, el sentido de giro del brazo es negativo.
Aplicando Willis:
99
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
H  N
Z Z
 F E
F  N
ZG Z H

Z 60
0  11
 F
8  11
30 Z H

Z H 38

Z F 11
Como ZF es próximo a 30, para que ZH sea un número natural, ha de cumplirse
que:
ZF=33
Con lo cual:
ZH=114
Tren D-E-H:
Volviendo a aplicar Willis:
E
G
D
D  N
Z Z
 H E
H  N
ZE ZD
F
 D  11
H
0  11
DEH como ordinario

114 60
60 100
100D  1100  1254
 1254  1100

 23.54 rad/s   Signo negativo (mismo sentido que el
100

brazo C)
D 
Ahora ya podemos sacar la velocidad angular de la polea B:
 B  1 
2 ·Z 2
Z1

 D ·Z 2
Z1
 6.72rad / s 
Del mismo sentido que la polea A, con lo que la transmisión es por correa
abierta.
Y  B 6.72


 2.24
X A
3
100
TRANSMISIÓN POR ENGRANAJES
4.8. ENGRANAJES
El tren de la figura se usa en la transmisión de un sistema de elevación,
alimentado por dos motores eléctricos: uno de 1500 rpm en A y otro en B,
controlado por un variador que permite elegir la velocidad y su signo a
voluntad.
Dos montacargas van suspendidos de dos tambores idénticos de 100 mm.
de diámetro dispuestos en los eje C y D, pero las alturas de elevación son
HC=5 m. y HD=7,5 m respectivamente. Por tanto, hay que determinar el número
de dientes de las ruedas en C y en D para que ambas cargas se puedan
montar y desmontar a la vez.
42
(3)
15
(5)
D
24 (2)
30
Motor A
18
(4)
(7)
30
Motor B
(6)
C
con variador
12
(1)
Figura 1. Tren de engranajes de un sistema de elevación
Se pide:
A. Velocidad y signo respecto al de A que daremos al motor B para que la
rueda (7) gire a +3 rad/s
B. Velocidad que daremos la motor B para que la rueda (7) gire a –6 rad/s
C. Velocidad que daremos la motor B para que la rueda (7) se pare a 0 rad/s
D. Elegir las ruedas C y D sabiendo que disponemos de todos los dentados
entre 20 y 30, ambos incluidos
101
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
Solución
A. Velocidad y signo respecto al de A que daremos al motor B para que la
rueda (7) gire a +3 rad/s.
Aplicando Willis al tren epicicloidal formado por las ruedas 4-3-5-6:
i´
n6  nb z 4  z 5 18  15 3



n4  nb z 3  z 6 42  30 14
Las ruedas 6 y 7 giran solidarias, por lo tanto n6 = n7; De la misma manera se
cumplirá que nA = n4 y n2 = nb
Relacionando las velocidades angulares de B y (2):
n2
z
12
1
 1 

nB
z2
24
2
Es decir:
nb = n2 = - nB
Entonces:
 1 
3    nB 
3
 2 
i´ 
14 1500  2  1 
   nB 
60
 2 
nB = 78,04 rad/s =745,26 rpm
en el mismo sentido que A
B. Velocidad que daremos al motor B para que la rueda (7) gire a –6 rad/s
 1 
 6    nB 
3
 2 
i´

14 1500  2  1 
   nB 
60
 2 
nB = 100,95 rad/s = 964 rpm
en el mismo sentido que A
C. Velocidad que daremos al motor B para que la rueda (7) gire a 0 rad/s
 1 
0    nB 
3
 2 
i´ 
14 1500  2  1 
   nB 
60
 2 
102
nB = 86,68 rad/s = 818,2 rpm
en el mismo sentido que A
TRANSMISIÓN POR ENGRANAJES
D. Elegir las ruedas C y D sabiendo que disponemos de todos los
dentados entre 20 y 30, ambos incluidos:
Como HC= 5 m y HD= 7,5 m y los tambores son idénticos, para que recorran los
diferentes tramos en el mismo intervalo de tiempo se debe cumplir:
Como: H = Vt = ωrt
HC
n d t n
5

 C C  C
H D 7,5 nD  d D  t n D
Además las ruedas C y D engranan con la (7), por lo tanto tendrán el mismo
módulo que ésta, es decir, cumplirán que:
nD 30
`

n7 z D
Por tanto:
30
nC
ZC
5


n D 30
7,5
ZD
nC 30

n7 zC
zD
5 10 20



z C 7,5 15 30
La única solución posible es, pues:
ZD = 20 y ZC = 30
103
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
4.9. ESFUERZOS EN ENGRANAJES
El eje de entrada del tren de engranajes que se muestra en la figura, gira
a 20 rpm en el sentido indicado, y es accionado por una fuerza tangencial
sobre el engranaje Ft=5000 N. Todos los engranes son de dentado recto y
ángulo de presión de 20º. Las ruedas solidarias a los ejes de entrada y de
salida tienen el mismo módulo, m=5.
Figura 1. Árbol de entrada de un tren de engranajes.
Determinar:
A. La velocidad y el sentido de giro del eje de salida.
B. Par torsor en el eje de salida considerando que la transmisión tiene un 98%
de rendimiento.
C. Reacciones en el apoyo C en el supuesto de que la fuerza tangencial que
deben soportar los dientes del engranaje de salida sea de 900 N.
104
TRANSMISIÓN POR ENGRANAJES
Solución
A. Velocidad y sentido de giro del eje de salida.
Aplicando Willis al tren epicicloidal Z28-Z45-Z40-Z120 donde n=20 rpm es la
velocidad del brazo:
ns  nb
Z
n  20
120·45
  conducidas  s

 n s  116.428 rpm
ne  nb
Z conductoras
0  20
40·28
La entrada y la salida giran en
Gira en el mismo sentido que
sentidos opuestos en el tren ordinario.
el brazo o eje de entrada.
B. Par torsor a la salida.
El par torsor a la entrada será:
5·30
M Te  FT ·rZ 30  5000·
 375000 N ·m
2
La potencia a la entrada será:
 2· 
Pe  M Te ·nb  375000· 20·
  785.4 kW
60 

Sabiendo la potencia a la entrada y teniendo en cuenta el rendimiento, a la
salida será:
Ps  Pe ·  785.4·0.98  769.7 kW
Por tanto, el par se salida será:
MTs 
Ps
769700

 63130 N·m
ns 116.428·2·
60
105
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
C. Reacciones en el apoyo C.
M TS
 900 kN
m·Z 28
2
Ft 
Fr  Ft ·tg   900·tg20º   327.6 kN
Planteando las ecuaciones de equilibrio:
F
F
M
M
X
 0  Ft  X D  X C  0
Z
 0  Fr  Z C  Z D  0
ZD
 0  Ft ·0.3  X C ·0.1  0
XD
 0  Fr ·0.3  Z C ·0.1  0
Resolviendo las 4 ecuaciones anteriores donde Ft y Fr son conocidas:
XC 
Ft ·0.3 900·0.3

 2700 kN
0.1
0.1
ZC 
Fr ·0.3 327.6·0.3

 982.8 kN
0.1
0.1
Al salir con signo positivo, quiere decir que los sentidos supuestos en el
esquema son los correctos.
La reacción en el apoyo C será:
R C  X C2  ZC2  27002  982.82  2873.3 N (esfuerzo radial)
106
TRANSMISIÓN POR ENGRANAJES
4.10. ESFUERZOS EN ENGRANAJES Y ROZAMIENTO
En la figura se muestra la disposición del árbol de entrada de un reductor
que es accionado, en el sentido de giro indicado, por una transmisión por
correa situada en voladizo en su extremo. Dicho árbol sustenta un piñón de
dentado helicoidal con la inclinación del diente indicada en la figura, con un
dp=400 mm, ángulo de presión α=20º y ángulo de hélice β=15º.
La potencia que debe transmitir el conjunto es de 125 Kw., el eje gira a
1000 rpm y se consideran despreciables los pesos propios del eje, engranaje y
polea.
Figura 1. Árbol de entrada de un reductor.
El diámetro de la polea de transmisión es de 300 mm y ambos ramales
salen paralelos con la misma dirección y sentido que la fuerza radial sobre el
engranaje. El coeficiente de rozamiento entre correas y polea se puede
considerar como μ=0.33.
Determinar:
A. Realizar un croquis 3D de disposición de elementos, indicando situación de
apoyos y esfuerzos sobre los elementos de transmisión mediante los
vectores fuerza correspondientes con la dirección y sentido de los mismos.
B. Calcular las fuerzas que actúan sobre el engranaje helicoidal.
C. Calcular las fuerzas que actúan sobre la polea de transmisión.
D. Calcular las reacciones en los apoyos.
107
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
Solución
A. Croquis 3D.
En este tipo de problemas resulta de utilidad realizar un croquis de disposición
de elementos, indicando situación de apoyos y esfuerzos sobre los elementos
de transmisión mediante los vectores fuerza correspondientes con la dirección
y sentido de los mismos.
B. Esfuerzos sobre engranaje helicoidal.
Como se sabe que la potencia es 125 Kw y la velocidad de giro 1000 rpm:
Mt 
Potencia


125·1000
 1193.75 N·m
2
1000·
60
Por tanto los esfuerzos sobre el engranaje helicoidal serán:
Ft 
Fr 
M t 1193.75

 5968.75 N
r1
0.2
Ft
5968.75
·tg   
·tg 20º   2248 N
cos 
cos15º 
Fa  Ft ·tg   5968.75·tg15º   1599 N
C. Esfuerzos sobre la polea.
Se supondrá una transmisión por correa plana, con coeficiente de rozamiento
μ=0.33 y ángulo de abrazamiento de 180º (α=π).
T1  T2 ·e  ·  T1  T2 ·e 0.33· (I)
M t  T1  T2 ·R polea  1193.75  T1  T2 ·0.15 (II)
108
TRANSMISIÓN POR ENGRANAJES
Resolviendo conjuntamente las ecuaciones I y II:
T1  12331 N
T2  4373 N
D. Reacciones en los apoyos.

Plano vertical:
F
M
 0  RAV  RBV  Fr  T1  T2  RAV  RBV  18952 N (I)
V
B
 0  250·RAV  150·Fr  100·T1  T2   200·Fa  0 (II)
Resolviendo conjuntamente las ecuaciones I y II:
R AV  4053.5 N
RBV  23004.5 N

Plano horizontal:
F
M
H
B
 0  RAH  RBH  Ft  RAH  RBH 5968.75 N (I)
 0  250·RAH  150·Ft  0 (II)
Resolviendo conjuntamente las ecuaciones I y II:
R AH  3581.25 N
RBV  2387.5 N

Esfuerzos axiales:
Se elegirán en este caso una disposición con un rodamiento libre y uno fijo, de
modo que sea el rodamiento menos cargado radialmente el que haga las
funciones de rodamiento fijo, así pues tomaremos como rodamiento fijo el
izquierdo, que absorberá la carga axial.
R AX  1599 N
R BX  0
109
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
4.11. ENGRANAJE CÓNICO
El piñón cónico de la figura gira a 600 rpm en la dirección que se indica y
transmite una potencia de 3680 W al engrane. Las distancias de montaje, la
ubicación de todos los cojinetes de apoyo y as características del engrane se
indican en la figura 1. Para simplificar, no se han dibujado los dientes sino
solamente los conos primitivos de ambas ruedas. Los cojinetes A y C deben
absorber las cargas de empuje axial.
Figura 1. Esquema del piñón cónico (unidades en mm)
Determinar las fuerzas que actúan en los cojinetes C y D del árbol que
sustenta la rueda.
Solución
Los diámetros primitivos son:
d1  m·Z1  5·15  75 mm
d 2  m·Z 2  5·45  225 mm
El momento a la entrada será:
M
110
P


3680
 58560 N ·m
2·
600·
60
TRANSMISIÓN POR ENGRANAJES
Cálculo de rm1 :
r 
 m·Z1 
Z 
 FG 
 15 
  arctg  1   arctg   18.43º
  arctg  1   arctg
 OF 
 45 
 r2 
 m·Z 2 
 Z2 
 1  arctg
 1   2  90º   2  71.57º
rm
IJ
OI

 1 
FG OG
r1
Ft 
r1
5·15
33
 16.5
 16.5
r
sen18.43º 
2  m1  sen 1 
 rm1 
 32.28 mm
m·Z !
r1
5·15
OG
sen18.43º 
sen 1 
2
OG 
M
58560

 1814.4 N ·m
rm1 0.03228
Fa2  Fr1  Ft ·tg  ·cos 1   1814.4·tg 20º ·cos18.43º   626.5 N
Fr2  Fa1  Ft ·tg  ·sen 1   1814.4·tg 20º ·sen18.43º   208.8 N
ARBOL CD
BC 
rm1
tg  1 

32.28
 96.86 m
tg 18.43º 
Fa2 provoca un par que deben absorber los apoyos:
FDa  FCa
Fa2 ·96.86  Fac ·155.5
111
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
APOYO C
FCt 
95.78
.1814.4  1117.6 N
155.5
FCr 
95.78
.208.8  128.6 N
155.5
FCa 
96.86
.626.5  390.2 N
155.5
Por tanto, el esfuerzo radial en C:
RC 

FC2t  FC r  FC a

2
 1232 N
Y el esfuerzo axial:
Fa 2  626.5 N
APOYO D
FDt 
59.72
.1814.4  696.8 N
155.5
FDr 
59.728
.208.8  80.2 N
155.5
FDa  FCa  390.2 N
Por tanto, el esfuerzo radial en D:
RD 

FD2t  FDr  FDa
En este caso no hay esfuerzo axial.
112

2
 762.6 N
TRANSMISIÓN POR ENGRANAJES
5. TRANSMISIÓN POR LEVAS
113
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
114
LEVAS
5.1. LEVAS
Con una leva de rotación de guía circular, se pretende obtener la siguiente
ley de movimiento. En el giro de la leva:

De 0º a 90º la varilla gira 15º, elevándose

De 90º a 120º la varilla permanece en reposo

De 120º a 180º la varilla gira 15º, elevándose

De 180º a 240º la varilla permanece en reposo

De 240º a 300º la varilla desciende 30º, permaneciendo en reposo hasta
los 360º
Datos:

Distancia entre centros de rotación de leva y varilla: 70 mm

Radio del círculo básico del perfil teórico: 30 mm

Longitud de la varilla: 55 mm

Radio del rodillo del seguidor: 3.5 mm

Determinar el perfil teórico y real, tomando como mínimo 12 puntos de precisión (un
punto cada 30º de giro de la leva) y teniendo en cuenta que el movimiento del seguidor
debe ser de aceleración constante.
Solución:
A partir de los datos del enunciado se puede dibujar el diagrama de
desplazamientos de la varilla: representación del ángulo girado por la varilla en
función del ángulo girado por la leva. Para conseguir que el movimiento entre
tramos de αp horizontales, consta de dos tramos parabólicos.
Tabla de valores:
α (º)
0
30
60
90
120 150 180 210 240 270 300 330 360
αp (º)
0
3
11.7
15
15
22.5
30
30
30
15
0
0
0
Partiendo de dicho diagrama se dibuja el perfil de la leva (360º) con 12 puntos
de precisión, lo que supone un punto cada 30º. Los pasos a seguir son los
siguientes:
1. Dibujar una circunferencia de radio igual a la distancia entre centros de
rotación de leva y varilla. Su centro es el punto fijo de la leva (0 1) y
puede situarse el punto fijo de la varilla (Op) en un punto cualquiera de la
circunferencia.
115
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
2. Subdividir esta circunferencia en 12 partes iguales y numeradas con
origen en (Op).
3. Con centro en O1, se dibuja la circunferencia que delimita el círculo
básico del perfil teórico.
4. Desde el punto Op elegido, puede llevarse con el compás la longitud de
la varilla hasta cortar en un punto (O) la circunferencia anterior. La unión
de Op con O proporciona la posición inicial de la varilla.
5. Con centro en Op y radio igual a la longitud de la varilla, se traza el arco
correspondiente al ángulo girado por el seguidor el punto 1 (30º de giro
de la leva). Este ángulo se obtiene del diagrama de desplazamientos.
Uniendo el extremo de dicho arco con Op, tenemos la posición de la
varilla cuando la leva ha girado 30º.
6. Conociendo el punto de contacto leva-varilla cuando la leva gira 30º
(punto 1), para dibujar ese punto de la leva, sólo falta deshacer el giro de
30º.
7. Trazar una circunferencia con centro en OI y radio OI1, que representa la
trayectoria del punto 1 de la leva.
8. Con centro en la posición 1 de la circunferencia exterior y radio igual a la
longitud de la varilla, trazar otra circunferencia. La intersección de esta
circunferencia con la trayectoria de 1, nos dará dicho punto 1 de la leva.
9. Para determinar el punto 2 y sucesivos, se siguen los pasos 5 a 8. Debe
tenerse en cuenta que el ángulo proporcionado por el diagrama de
desplazamientos se refiere al ángulo girado por la varilla respecto a la
posición inicial, frente al ángulo de giro de la leva.
10. Uniendo los puntos se determina el perfil teórico de la leva. Si se dibuja
el rodillo del seguidor con centro en cada uno de los 12 puntos, trazando
la envolvente interior se tiene el perfil real.
116
LEVAS
117
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
5.2. LEVAS
El seguidor de movimiento alternativo de traslación y cara plana, de una
leva de placa, debe subir 30 mm con movimiento armónico simple en 180° de
rotación de la leva, y retornar con movimiento armónico simple en los 180°
restantes. El radio del círculo primario será de 38 mm y la leva girará en sentido
contrario al de las agujas del reloj.
Se pide:
A. Construir el diagrama de desplazamientos y el perfil de la leva, dándole al
vástago del seguidor una excentricidad de 15 mm en la dirección que
reduce el esfuerzo de flexión en el seguidor durante la subida.
B. Definir las dimensiones mínimas necesarias de la cara del seguidor para
asegurar el contacto.
C. Si una vez construida la leva, en lugar del seguidor de cara plana, se utiliza
con ella un seguidor de rodillo de 20 mm de radio, sin excentricidad, ¿cuál
será el diagrama de desplazamientos para este nuevo seguidor?.
Representarlo sobre el diagrama de desplazamientos original.
y
L
 
1  cos

2
 
y 
L

sen
2

y  
 2L

cos
2

2
y   
118
 3L

sen
3

2
LEVAS
y
L
 
1  cos

2
 
y  
L

sen
2

y   
 2L

cos
2

2
y  
 3L

sen
3

2
Solución
A. Construcción del diagrama de desplazamientos.
Construcción del perfil de la leva.
La excentricidad influye en el diseño de la cara del seguidor, pero no influye en
el diseño de la leva, pudiendo construirla como si no la tuviera. De todos
modos, para visualizar lo dicho, se procederá a construirla por los dos métodos:
teniendo en cuenta la excentricidad y sin tenerla.
A continuación se procede al diseño gráfico de la leva, tomando seis divisiones
para el movimiento de subida y otras seis para el movimiento de bajada,
mediante el desarrollo de los siguientes pasos:
A) Teniendo en cuenta la excentricidad (figura 1)
1. Sobre el eje de la leva se traza un círculo de radio la excentricidad
e = 15 mm y se divide en el mismo número de partes en que se ha
119
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
dividido la abcisa del diagrama de desplazamientos, numerando en
sentido contrario al sentido de giro de la leva.
2. En cada posición se traza una recta tangente al círculo de excentricidad
que representa la dirección del movimiento del seguidor.
3. En cada posición se traza una recta perpendicular a la dirección de
movimiento del seguidor y tangente al círculo primario (38 mm). Esta
recta representa, para cada posición, a la cara plana del seguidor en su
situación más baja.
4. A partir de ella se transfieren las elevaciones de cada punto del
diagrama de desplazamientos y se trazan rectas perpendiculares a la
dirección de movimiento del seguidor. Estas rectas representan la
situación correcta de la cara plana del seguidor para cada posición.
5. El perfil real de la leva es la curva tangente a todas esas rectas.
Teniendo en cuenta el sentido de giro de la leva, durante el movimiento de
subida el contacto se produce en el seguidor a la derecha de su posición radial.
Entonces para disminuir el par sobre las guías del seguidor, se hace un
descentramiento de éste hacia la derecha:
e
F
F
d
d’
F·d’< F·d
120
LEVAS
Figura 1
B) Sin tener en cuenta la excentricidad (figura 2)
1. Sobre el eje de la leva se traza el círculo primario y se divide en el
mismo número de partes en que se ha dividido la abcisa del diagrama
de desplazamientos, numerando en sentido contrario al sentido de giro
de la leva.
2. Sobre los radios, y a partir del círculo primario, se transfieren las
elevaciones de cada punto del diagrama de desplazamientos.
3. Sobre cada punto así definido, se traza una recta perpendicular a los
radios, que representa la cara plana del seguidor para cada posición.
4. El perfil real de la leva es la curva tangente a todas esas rectas.
121
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
Figura 2
122
LEVAS
B. Cálculo de las dimensiones de la cara del seguidor
La distancia S entre la recta paralela al movimiento del seguidor, que pasa por
el centro de giro de la leva, y otra recta paralela a la anterior, que pasa por el
punto de contacto entre leva y seguidor, (figura 2) viene dada por:
S = y’
En el movimiento de subida y con la leva girando en el sentido contrario al de
las agujas del reloj, el seguidor (como se puede ver en la figura 2) entra en
contacto con la leva por su lado derecho. En la misma figura se aprecia el
efecto de la excentricidad a la hora de definir el tamaño del seguidor por este
lado derecho, b. Vendrá definido por la máxima distancia, Smax,. (se localizará
en la posición en la cual la y’ de la subida es máxima) menos la
excentricidad e.
En el movimiento de bajada ocurre algo similar, sólo que ahora el contacto se
produce por el lado izquierdo. Su tamaño, a, vendrá definido por la máxima
distancia de este punto con respecto al eje de desplazamiento del seguidor, y
se obtiene de sumar la excentricidad e con el valor absoluto de Smin (que se
localizará en la posición en la cual la y’ de la bajada es mínima, ya que toma
valores negativos)
Observando las gráficas de y’, tanto para la subida como para la bajada, se ve
que el máximo y mínimo, respectivamente, de y’ se presenta cuando θ/ ß = 0,5.
Subida lado derecho
 subida 
S  y máx
L
   30

sen

sen  15 mm
2

2
2
b = S - e = 15 - 15 = 0 mm
Bajada lado izquierdo.
 bajada  
S  ymín
L

  30

sen

sen  15 mm
2

2
2
a = S + e = 15 + 15 = 30 mm
C. Rodillo sin excentricidad (figura 3)
Si con la leva definida en la figura 2, se utiliza un seguidor radial de rodillo, el
círculo primario tendrá un radio dado por la distancia del centro de giro de la
leva al centro del rodillo cuando éste está situado en su posición más baja:
Ror = 38 + 20 = 58 mm
A partir de ese círculo se tomarán las elevaciones del centro del rodillo, que
son las elevaciones del seguidor.
El proceso para obtener el diagrama de desplazamientos consiste en trazar
círculos de radio 20 mm tangentes al perfil de la leva y cuyos centros estén
situados en las posiciones radiales definidas.
123
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
La distancia, medida sobre el radio, del centro del rodillo al círculo primario de
58 mm, proporciona la elevación del seguidor para esa posición.
El diagrama de desplazamiento con el seguidor de rodillo se muestra en la
figura 3. Se puede ver que las elevaciones son algo menores que con el
seguidor de cara plana debido a que los puntos de contacto leva-seguidor no
coinciden para uno y otro caso.
Figura 3
124
LEVAS
5.3. LEVAS
La leva de Morin, es una leva simétrica que actúa sobre un seguidor
rectilíneo que se desplaza con movimiento uniformemente acelerado, sin
excentricidad.
Sin considerar la gráfica de desplazamiento de la curva base parabólica,
hallar el perfil real para una leva de Morin con seguidor puntual, cuyo
desplazamiento máximo, de 20 cm., se alcanza en media revolución. El tiempo
que tarda en realizar una revolución es de 2 segundos. El círculo primario tiene
un radio Ro = 16 cm. y la leva girará a izquierdas.
Solución
En primer lugar, es necesario obtener el diagrama de desplazamientos y se
haremos de dos maneras:
1. Considerando el movimiento uniformemente acelerado
En el instante inicial, el seguidor está en la posición más baja, con V = 0. Como
el movimiento es uniformemente acelerado, se acelera hasta alcanzar su
máxima velocidad a mitad de recorrido (10 cm) para disminuir su velocidad
hasta V= 0 cuando alcanza el desplazamiento máximo de 20 cm.. Para el
descenso ocurre algo similar.
En la figura se muestra el aspecto que presenta la gráfica V - t.
V
0,5"
1"
10
2"
t (s)
BAJADA
SUBIDA
0
1,5"
20
10
0
S (cm)
A
a
-a
t (s)
125
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
La ecuación del movimiento es: S=Vot+at2/2 o bien
S=at2/2, ya que Vo= 0.
Se tendrá que hallar la aceleración, que es constante e igual en valor absoluto
para todos los tramos. Su valor es:
a
2S 2  10

 80 cm/s 2
2
2
t
0,5
Consideraremos 12 divisiones, de 30° cada una, para el trazado del perfil, seis
para la subida y otros tantos para la bajada. Puesto que hay simetría total, los
intervalos de tiempo que corresponden a cada división son de 1/6 segundos.
Los desplazamientos que se alcanzan para las 3 primeras divisiones
(aceleración en la subida) se obtienen con la ecuación S=at2/2, mientras que
para las tres siguientes (deceleración en la subida) se obtienen de la ecuación
S=So+Vot-at2/2, siendo So=10 cm y Vo=at3=80*0,5=40 cm/s.
Los valores de dichos desplazamientos son los siguientes:
 (grados)
30
60
90
120
150
180
t (s)
1/6
2/6
0,5
4/6
5/6
1
S (cm)
1,11
4,44
10
15,56
18,89
20
2. Considerando los movimientos parabólicos de subida y descenso:
Durante el movimiento de subida hay que trabajar con dos ecuaciones:
2
- Primera mitad del movimiento parabólico:
 
y  2 L 
 
- Segunda mitad del movimiento parabólico:
2

  
y  L 1  21   
   

donde ß es el ángulo girado por la leva para alcanzar la elevación máxima del
seguidor L en el movimiento de subida. En este caso:
L=20 cm y
ß= 180º = 
Lógicamente los valores de y que se obtienen, tomando ángulos de 30° en 30°,
son los mismos que los de la tabla anterior
126
LEVAS
La construcción gráfica de la leva sigue los siguientes pasos:
1. Trazar el círculo primario y dividirlo en 12 partes iguales numeradas en
el sentido de las agujas del reloj puesto que la leva gira a izquierdas.
2. En el radio de la posición cero y sobre el círculo primario llevar las
distintas elevaciones que se obtienen del diagrama de desplazamientos.
3. Llevar con un compás las distintas elevaciones a los radios
correspondientes.
4. La unión de los puntos obtenidos proporciona la curva de paso de la
leva, que en este caso coincide con el perfil real de la leva al ser el
seguidor puntual.
La siguiente figura refleja dicha construcción.
127
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
5.4. LEVAS
Construir gráficamente una leva de disco con seguidor radial de cara
plana y movimiento alternativo, con los siguientes datos:

Movimiento cicloidal de subida completa en ß1=90°

Movimiento cicloidal de retorno completo en ß2=270°

Elevación del seguidor L=50 mm.

Radio del círculo primario Ro=25 mm.

Sentido de giro de la leva el de las agujas del reloj.
Se proporcionan las ecuaciones y gráficas de los movimientos cicloidales
de subida y retorno completos.
Se pide:
A. Determinar la anchura mínima de la cara del seguidor considerando
2,5 mm de holgura en cada extremo.
B. Hallar el radio del círculo primario, Ro, mínimo para que no haya
socavación, admitiendo un radio de curvatura mínimo min=0
128
LEVAS
Solución
A. Anchura mínima de la cara del seguidor
En primer lugar se define el diagrama de desplazamientos, cuya construcción
geométrica se puede ver en la siguiente figura.
Para ello se han tomado seis divisiones para el movimiento cicloidal de subida
y otras seis para el movimiento cicloidal de bajada. El mismo número de
divisiones ha de realizarse en el círculo de radio L/2.
A continuación se procede al diseño gráfico de la leva mediante el desarrollo de
los siguientes pasos:
1. Sobre el eje de la leva se traza el círculo primario y se divide en el
mismo número de partes en que se ha dividido la abscisa del diagrama
129
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
de desplazamientos, numerando en sentido contrario al sentido de giro
de la leva.
2. Sobre los radios, y a partir del círculo primario, se transfieren las
elevaciones de cada punto del diagrama de desplazamientos.
3. Sobre cada punto así definido, se traza una recta perpendicular a los
radios, que representa la cara plana del seguidor para cada posición.
4. El perfil real de la leva es la curva tangente a todas esas rectas. En este
caso, las condiciones que se imponen conducen a una leva socavada.
La figura siguiente muestra el diseño resultante:
La distancia S entre la recta paralela al movimiento del seguidor, que pasa por
el centro de giro de la leva, y otra recta paralela a la anterior, que pasa por el
punto de contacto entre leva y seguidor, viene dada por:
S = y’
130
LEVAS
En el movimiento de subida, el seguidor, (como se puede ver en la figura
anterior) entra en contacto con la leva por su lado izquierdo. El tamaño del
seguidor por este lado izquierdo, vendrá definido por la máxima distancia, S máx,
de este punto de contacto con el eje de desplazamiento del seguidor (ya que
en este caso coincide que pasa por el eje de giro de la leva). Esta máxima
distancia se localizará en la posición en la cual la y’ de la subida es máxima.
En el movimiento de bajada ocurre algo similar: ahora el contacto se produce
por el lado derecho y su tamaño por este lado vendrá definido por la máxima
distancia de este punto con respecto al eje de desplazamiento del seguidor.
Esta máxima distancia se localizará en la posición en la cual la y’ de la bajada
es mínima, ya que toma valores negativos.
Observando las gráficas de y’, tanto para la subida como para la bajada, se ve
que el máximo y mínimo, respectivamente, de y’ se presenta cuando
θ
 subida 
S  y máx
 bajada
S  y mín
L
2  2 L 2  50
1  cos


 63.66 mm

  
 /2
erecho.
L
2 
2L
2  50
  
  1  cos

 21.22 mm

 

3 / 2
El ancho total será:
Ancho = (63.66 + 2,5) - (-21.22 – 2.5) = 89.88 mm
66.16
23.72
B. Radio del círculo primario para evitar la socavación
La condición para que no haya socavación es:
Ro + y + y”  ρmín
Despejando Ro y teniendo en cuenta que ρmín = 0:
Ro  (- y) + (- y”)
Teniendo en cuenta que la socavación sólo se produce durante el movimiento
de subida, y que Ro e y siempre son positivos (-y será negativo), para que sea
factible la desigualdad anterior tendremos que buscar, durante el movimiento
de subida, la condición más desfavorable.
131
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
Esto ocurre en la posición en el que y” es negativa y la mínima posible (así -y”
será positiva), para que podamos oponerla a la componente negativa de (-y) y
obtener un valor positivo.
Observando la gráfica de y” para el movimiento cicloidal de subida, se ve que
y”min se produce cuando θ
y e y” para
esa posición, tenemos:

1
2 
1
3 

  50 0,75 
y  L 
sen
sen   45.45 mm
 
2
2 

  2
y  
2L

2
sen
2


2 50
 / 2
2
sen
3
 127.32 mm
2
Por lo que el radio del círculo primario para evitar la socavación es:
Ro  - y - y” = - 45.45 - (-127.32) = 81.87 mm
132
LEVAS
5.5. LEVAS
El seguidor oscilante de cara plana dibujado en la figura 1 se debe
conducir con una leva de disco (de la cual se ha dibujado el círculo primario)
que gira en sentido contrario a las agujas del reloj, elevándose en un arco de
24° con movimiento armónico en 180° de rotación de la leva, descansar
durante 60° y volver a la posición inicial durante el ángulo restante en la leva,
también con movimiento armónico. Construir el perfil de la leva e indicar
aproximadamente la longitud mínima del seguidor para asegurar el contacto.
Se aconseja realizar el dibujo a escala 1:1.
B
O
A
d= 6 0 mm
cír culo pr imar io
Ro = 1 5 mm
Figura 1. Seguidor oscilante de cara plana
Ecuación del movimiento armónico simple de subida completa :
y
L
 
1  cos

2
 
Ecuación del movimiento armónico simple de retorno completo :
y
L
 
1  cos

2
 
133
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
Solución
En primer lugar, se procede a construir en la siguiente figura el diagrama de
desplazamientos. También se indica la elevación alcanzada para cada
posición, que en este caso es angular.
A continuación se procede a construir el perfil de leva. Para ello se han tomado
seis divisiones para el movimiento de subida y otras seis para el movimiento de
bajada. Los pasos que se han seguido son los siguientes:
1. Partiendo de que la posición dada en el enunciado es la más baja que
puede alcanzar el seguidor, se dibuja dicha posición y se traza, con
centro en A y radio OA, una circunferencia que se divide, a partir del
punto O, en el mismo número de partes en que se dividió el diagrama de
desplazamientos, respetando el tamaño de los intervalos y numerando
en sentido contrario al de giro de la leva. B es el punto de traza.
2. A partir de aquí se pueden seguir al menos tres caminos:
Desde las divisiones de la circunferencia exterior, se trazan rectas
tangentes al círculo primario, que representan la situación más baja
del seguidor en cada posición.
A continuación, para cada posición, se lleva el ángulo de elevación
correspondiente con un transportador de ángulos y se traza el lado
opuesto de dicho ángulo. Esta recta representa la situación que
alcanza el seguidor en dicha posición, que será tangente al perfil de
la leva. (Ver la figura denominada “Solución 2.1”).
134
LEVAS
SOLUCIÓN 2.1
Con centro en las divisiones de la circunferencia exterior, se trazan
arcos de radio OB. Luego, con centro en el eje de giro de la leva A y
radio las diferentes elevaciones angulares del punto de traza B, se
trazan arcos que cortan a los anteriores. Las rectas que unen a las
divisiones de la circunferencia exterior con las intersecciones de los
arcos son las diferentes posiciones del seguidor, que son tangentes al
perfil real de la leva.
Otra posibilidad es calcular las diferentes elevaciones lineales según la
dirección radial por el punto de traza. En la figura siguiente se muestra
la conversión de la elevación angular máxima:
135
PROBLEMAS RESUELTOS DE TEORÍA DE MÁQUINAS
Llevando las diferentes elevaciones en las direcciones radiales, se
obtienen unos puntos, que unidos con las divisiones de la
circunferencia exterior, proporcionan la rectas que serán tangentes al
perfil de la leva. En la figura “solución 2.2 y 2.3” se muestra la
resolución según este último método para las posiciones 6 y 7, no
realizándolo para las demás posiciones con el fin de no dificultar la
comprensión de la figura.
3. El perfil de la leva es la curva tangente a todas las rectas dibujadas en el
apartado 2).
En cuanto a la longitud aproximada del seguidor, hay que fijarse en las
posiciones en las que el punto de contacto con la leva, más se aleje del eje de
giro del seguidor. Esto ocurre entre las posiciones 2 y 3, por lo que fijándonos
en cualquiera de las figuras, se puede ver que la longitud del seguidor ha de
ser de al menos 70 mm.
136
LEVAS
SOLUCIONES 2.2 y 2.3
137
LEVAS
139