Cálculo y Diseño de Elementos de Máquinas: Rodamientos, Embragues, Frenos y Lubricación

Cálculo de Rodamientos con Carga Radial y Axial

Planteamiento inicial:

• $RQ_{a1} \ge F_{r1}/2y_1$
• $RQ_{a2} \ge F_{r2}/2y_2$
• $RQ_{a1} + A = RQ_{a2}$ (1)
• $F_{r1}/2y_1 + A > F_{r2}/2y_2 \rightarrow RQ_{a1} = F_{r1}/2y_1$ (juego) y $RQ_{a2} = RQ_{a1} + A = F_{r1}/2y_1 + A > F_{r2}/2y_2$ (penetración)
• (2) $F_{r1}/2y_1 + A < F_{r2}/2y_2 \rightarrow F_{r1}/2y_1 < F_{r2}/2y_2 - A$
• $RQ_{a1} = RQ_{a2} - A = F_{r2}/2y_2 - A > F_{r1}/2y_1$ (penetración)
• $RQ_{a2} = F_{r2}/2y_2$ (juego)

Montajes con Juego y Solo Cargas Radiales

Planteamiento:

• $RQ_{ai} = RQ_{ad}$
• $RQ_{ai} \ge F_{ri}/2y_i$
• $RQ_{ad} \ge F_{rd}/2y_d$

Cálculo de reacciones:

1. $F_{ri}/2y_i > F_{rd}/2y_d \rightarrow RQ_{ai} = RQ_{ad} = F_{ri}/2y_i$ (rodamiento izquierdo está en juego porque soporta su reacción propia). $RQ_{ad} = F_{ri}/2y_i > F_{rd}/2y_d$ (penetración).
2. $F_{ri}/2y_i < F_{rd}/2y_d \rightarrow RQ_{ai} = RQ_{ad} = F_{rd}/2y_d > F_{ri}/2y_i$ (penetración). $RQ_{ad} = F_{rd}/2y_d$ (juego).

Dinámica de Transmisión: Embragues y Frenos

1ª Situación: Dos elementos girando a diferente velocidad que se conectan y se igualan

¿Qué tiempo tardan? ¿Energía que se quedaría en el freno en el trabajo de embragar?

$\omega_1$ va más deprisa, aplicamos un par que va en contra: sube la velocidad 1, baja la velocidad 2 hasta alcanzar el equilibrio.

$T$: par de freno que sufre.

• $I_1 \theta''_1 = -T$
• $I_2 \theta''_2 = T$
• $\frac{d\theta'_1}{dt} = -T/J_1 \rightarrow \theta'_1 = \frac{-T \cdot t}{I_1} + \omega_1 \text{ (cte)}$
• $\frac{d\theta'_2}{dt} = T/J_2 \rightarrow \theta'_2 = \frac{T \cdot t}{I_2} + \omega_2 \text{ (cte)}$
• $-\frac{T \cdot t_e}{I_1} + \omega_1 = \frac{T \cdot t_e}{I_2} + \omega_2 \rightarrow T \cdot t_e \left[ \frac{1}{I_1} + \frac{1}{I_2} \right] = \omega_1 - \omega_2$
• $E = \text{par} \cdot \text{vel} \cdot t = \int T (\theta'_1 - \theta'_2) dt = \int_0^{t_e} T \left[ (\omega_1 - \omega_2) - T \left( \frac{1}{I_1} - \frac{1}{I_2} \right) t \right] dt = T \left[ (\omega_1 - \omega_2)t_e - \frac{T}{2} \left( \frac{1}{I_1} - \frac{1}{I_2} \right) t_e^2 \right]$

2ª Situación: Elemento 1 a velocidad constante y elemento 2 acaba alcanzándolo

• $\theta'_1 = \omega_1$
• $\theta'_2 = \frac{T \cdot t}{I_2} + \omega_2$
• $\omega_1 = \frac{T \cdot t_e}{I_2} + \omega_2 \rightarrow t_e = \frac{(\omega_1 - \omega_2)I_2}{T}$
• $E = \int_0^{t_e} T(\theta'_1 - \theta'_2) dt = \int_0^{t_e} T \left[ (\omega_1 - \omega_2) - \frac{T \cdot t}{I_2} \right] dt = T \left[ (\omega_1 - \omega_2)t_e - \frac{T \cdot t_e^2}{2 I_2} \right]$
• $E = E_1 - E_2$
• $E_1 = \int_0^{t_e} T \theta'_1 dt = T \omega_1 t_e$
• $E_2 = \int_0^{t_e} T \theta'_2 dt = \int_0^{t_e} \left( \frac{T^2 t}{I_2} + T \omega_2 \right) dt = \frac{T^2 t_e^2}{2 I_2} + T \omega_2 t_e$

3ª Situación: Masa de inercia $I_2$ girando a $\omega_2$, se aplica freno de parada de par constante

• $\theta''_2 I_2 = -T$
• $\theta'_2 = -\frac{T \cdot t}{I_2} + \omega_2$
• $\theta'_{2f} = 0 \rightarrow t_f = \frac{I_2 \omega_2}{T}$
• $E = \int_0^{t_f} T \theta'_2 dt = \frac{I_2 \omega_2^2}{2}$

Embragues y Frenos de Disco

Desgaste Constante

• $p \cdot r = \text{cte} = p_{mx} \frac{d}{2}$
• $F = \int dN = \int p \cdot 2\pi r \cdot dr = p_{mx} \frac{d}{2} \cdot \pi(D - d)$
• $M = \int f \cdot dN \cdot r = \int f \cdot p \cdot 2\pi r^2 \cdot dr = \frac{f \cdot p_{mx} \cdot d \cdot \pi}{8} (D^2 - d^2)$
• $\frac{M}{F} = \frac{f}{4} (D + d)$

Presión Constante

• $p = \text{cte} = p_{mx}$
• $F = \int dN = \int p \cdot 2\pi r \cdot dr = \frac{p \cdot \pi}{4} (D^2 - d^2)$
• $M = \int f \cdot dN \cdot r = \int f \cdot p \cdot 2\pi r^2 \cdot dr = \frac{f \cdot p \cdot \pi}{12} (D^3 - d^3)$

Embrague Axial Cónico

• $F = \int pdA \sin\alpha = \int p \cdot 2\pi r \cdot dr = 2\pi p_{mx} r_{min} \int dr = \frac{\pi d p_{mx}}{2} (D - d)$
• $M = \int f \cdot pdA \cdot r = \int f \cdot p \left( \frac{2\pi r \cdot dr}{\sin\alpha} \right) r = \frac{f \cdot p_{mx} \cdot r_{min} \cdot 2\pi}{\sin\alpha} \int r^2 dr = \frac{\pi f p_{mx} d}{\sin\alpha} \cdot \frac{D^2 - d^2}{2 \cdot 4} = \frac{F \cdot f \cdot (D + d)}{4 \sin\alpha}$

Freno de Disco de Pastillas

Presión $p = p_a$ uniforme:

• $F = \int_{\theta_1}^{\theta_2} \int_{r_i}^{r_o} p \cdot r \cdot dr \cdot d\theta = (\theta_2 - \theta_1) \int p \cdot r \cdot dr = \frac{1}{2} (\theta_2 - \theta_1) p_a (r_o^2 - r_i^2)$
• $T = \int \int f \cdot p \cdot r^2 \cdot d\theta \cdot dr = (\theta_2 - \theta_1) f \int p \cdot r^2 \cdot dr = \frac{1}{3} (\theta_2 - \theta_1) f \cdot p_a (r_o^3 - r_i^3)$
• $r_e = \frac{T}{fF} = \frac{\int_{r_i}^{r_o} p \cdot r^2 \cdot dr}{\int p \cdot r \cdot dr} = \frac{2}{3} f \cdot \frac{r_o^3 - r_i^3}{r_o^2 - r_i^2}$
• $M_x = F \bar{r}$
• $M_x = \int_{\theta_1}^{\theta_2} \int_{r_i}^{r_o} p \cdot r^2 \cdot d\theta \cdot dr \cdot \sin\theta = (\cos\theta_1 - \cos\theta_2) \int p \cdot r^2 \cdot dr$
• $\bar{r} = \frac{\cos\theta_1 - \cos\theta_2}{\theta_2 - \theta_1} \cdot r_e$

Presión $p \cdot r = \text{cte} = p_a \cdot r_i$:

• $F = (\theta_2 - \theta_1) p_a r_i (r_o - r_i)$
• $M = \frac{1}{2} (\theta_2 - \theta_1) f p_a r_i (r_o^2 - r_i^2)$
• $r_e = \frac{r_o + r_i}{2}$

Embragues y Frenos de Cinta

• $f \cdot dN = dT \cos(d\alpha / 2) \rightarrow dT$
• $dN = dN \sin(d\alpha / 2) + 2T \sin(d\alpha / 2) \rightarrow dT = f \cdot dN$, $dN = T \cdot d\alpha \rightarrow dT = f \cdot T \cdot d\alpha$
• $\int_{T_1}^{T_2} \frac{dT}{T} = \int_0^{\alpha} f \cdot d\alpha \rightarrow T_2 = T_1 e^{f \cdot \alpha}$
• $T_2 \cdot a = F \cdot b$
• $dN = p \cdot r \cdot d\alpha \cdot b = T \cdot d\alpha \rightarrow p = \frac{T}{b \cdot r}$
• $p_{mx} = \frac{T_2}{b \cdot r}$

Cálculo y Análisis de Cojinetes

Caso 1: Selección de Lubricante

Datos geométricos: $d$, $L$, $c$, $\sigma$. Datos funcionales: $n$, $W$, $T_o$.

• Espesor mínimo de película $\rightarrow$ recomendación $\frac{h_o}{\sigma} \ge 3 \rightarrow h_o \ge 3\sigma$.
• De ahí: $\frac{h_o}{c} \ge \frac{3\sigma}{c}$.
• Con recomendaciones $\frac{L}{d} = 0.5$ y $\frac{h_o}{c} \ge \frac{3\sigma}{c} \rightarrow$ Ábacos de Raimondi y Boyd.
• Se obtiene la variable adimensional de Sommerfeld: $S = \left( \frac{R}{c} \right)^2 \frac{\eta \cdot N}{p}$.
• Caudal circulante $\frac{Q}{NRLc}$, caudal perdido $\frac{Q_s}{Q}$, coeficiente de fricción $\frac{fR}{c}$.
• Con presión media $p = \frac{W}{Ld}$, a partir de $S$ se obtiene la viscosidad $\eta$ [$\text{mPa}\cdot\text{s}$].
• Con densidad media $\rho$ y calor específico (tablas de lubricantes), se calcula: $T_m = T_o + \left( \frac{4\pi p}{c_h \rho} \right) \frac{\frac{fR}{c}}{\frac{Q}{NRLc} \left( \frac{Q_s}{Q} \right)}$.
• Con $T_m$ y $\eta$ se entra en la tabla IV95 y se selecciona el lubricante ISO VG correspondiente (si cae en un término medio, se escoge el de mayor viscosidad).

Caso 2: Análisis de Cojinete

Se conocen: $d$, $L$, $c$, lubricante, $n$, $W$, $T_o$. Se pide: $h_o$, $T_m$, $\frac{fR}{c}$.

Hay que iterar:

1. Se supone $T_m \rightarrow$ curva $\eta = \eta(T) \rightarrow$ se obtiene $\eta$.
2. $p = \frac{W}{Ld}$ y Sommerfeld.
3. Con $\frac{L}{d} = 0.5$ y $S \rightarrow$ Raimondi y Boyd $\rightarrow$ se obtienen $\frac{h_o}{c}$, $\frac{fR}{c}$, $\frac{Q}{NRLc}$ y $\frac{Q_s}{Q}$.
4. Con $\rho_m$ y $c_h \rightarrow T_m$.
5. Si no coincide, se itera con un valor intermedio. A partir de aquí se obtienen $h_o$ y $f$.