Problemas Embragues y Frenos 1

PROBLEMAS:

EMBRAGUES Y FRENOS

CALCULO DE ELEMENTOS DE MAQUINAS II

CALERO CALDERÓN HOMERO JERRY

PROBLEMAS: EMBRAGUES Y FRENOS

1. Calcule el torque que debe transmitir un embrague para acelerar la polea de la figura del estado de reposo hasta 550 rpm en 2.50 segundos. Siendo la polea de acero para banda plana

Figura 1


Es posible considerar que la polea consta de tres componentes cada uno de los cuales es un disco hueco. para la polea total es la suma de de cada componente.

Parte 1. Parte 3.

Parte 2.

𝑊𝑘2=(𝑅1

❑4−𝑅2❑4 )×𝐿

323.9lb . pie2

𝑊𝑘2=( 10.04 −9.04 )×6.0

323.9lb . pie2

𝑊𝑘2=63.70 lb . pie2

𝑊𝑘2=( 9.04 −3.04 )×0 .75

323.9lb . pie2

𝑊𝑘2=15.00 lb . pie2

𝑊𝑘2=0.94 lb . pie 2

𝑊𝑘2=( 3.04 −1.54 )×4 .0

323.9lb . pie 2


Calculando el torque T:

En resumen, si un embrague que es capaz de ejercer cuando menos 56.9 lb-pie de torque se enlaza con una flecha que soporta la polea que se muestra en la figura, la polea podría acelerarse a partir del estado de reposo hasta 550 rpm, en 2.50 segundos o menos.

𝑊𝑘2 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙=36.70+15.00+0.94 lb . pie 2

𝑊𝑘2=79.64 lb . pie2

𝑇=𝑊𝑘2 ( ∆𝑛)

308 𝑡lb .𝑝𝑖𝑒

𝑇=79.64 (550 )308×2.5

lb .𝑝𝑖𝑒

𝑇=56.9 lb .𝑝𝑖𝑒


2. Calcule la inercia total efectiva del sistema de la figura para el embrague. A continuación, calcule el tiempo necesario para acelerar el sistema, desde el reposo hasta la velocidad de 550 rpm del motor, si el embrague ejerce un par torsional de 24 lb-pie. La WK2 de la armadura del embrague, a la cual debe también acelerar, es de 0.22 lb-pie2, incluyendo el eje de 1.25 pulg.

Figura 2.


El embrague y el engranaje A giraran a 550 rpm, pero debido a la gran reducción, el engrane B, su eje y la polea giraran a:

Ahora calcule la inercia para cada elemento, referida a la velocidad del embrague. Suponga que los engranes son discos con diámetros externos iguales a sus diámetros de paso, y que los diámetros internos son iguales al diámetro del eje. Usamos un disco de acero, para calcular WK2.

Engrane A:

Engrane B:

𝑛2=550𝑟𝑝𝑚( 2466 )=200𝑟𝑝𝑚

𝑊𝑘2=( 2 .004 −0 .6254 )×2 .5 0

323.9=0.122𝑙𝑏 .𝑝𝑖𝑒2

𝑊𝑘2=( 5 .5 04 −1 .504 )×2 .50

323.9=7.02 𝑙𝑏 .𝑝𝑖𝑒2


Pero debido a la diferencia de velocidades, la inercia efectiva es:

Polea:

La inercia efectiva de la polea es:

𝑊𝑘2=( 10.04 −9.04 )×6.0

323.9+

(9.04 −3.04 )×0.75323.9

+(3.04 −1.54 )×4.0

323.9lb . pie2

=

𝑊𝑘𝑒❑2=79.64 ×( 200

550 )2

lb .𝑝𝑖𝑒2=10.53 lb.𝑝𝑖𝑒2

𝑊𝑘𝑒❑2=7.02×( 200

550 )2

lb .𝑝𝑖𝑒2=0.93 lb .𝑝𝑖𝑒2


Flecha:

La inercia efectiva de la flecha es:

La inercia total efectiva según se observa en el embrague es:

El tiempo necesario es:

𝑊𝑘2=1.504 ×15.0323.9

=0.234 lb . pie2

𝑊𝑘𝑒❑2=0.234×( 200

550 )2

lb .𝑝𝑖𝑒2=0.03 lb .𝑝𝑖𝑒2

𝑊𝑘𝑒❑2=0.22+0.12+0.93+10.53+0.03 lb .𝑝𝑖𝑒2

𝑡=𝑊𝑘2 (∆𝑛 )

308𝑇seg 𝑡=

11.83 (550 )308×24.0

seg 𝑡=0.88 seg

𝑊𝑘𝑒❑2=11.83 lb .𝑝𝑖𝑒2


3. El transportador de la figura se mueve a 80 pies/min. El peso combinado de la banda y las piezas que transporta es 140 lb. Calcular la inercia equivalente, Wk2, del transportador, referida al eje que impulsa la banda.

Figura 3.


La velocidad de giro del eje es:

Entonces la Wk2 equivalente es:

min1921

lg12

lg5min80

radpie

pu

pu

pies

R

v

2222 .3.24)

min192min80

(140)( pielbrad

pieslb

vWWke


4. Para el sistema que se presenta en la figura, y utilizando los datos del problema 2, estime el tiempo que requiere un ciclo total si el sistema es controlado por la unidad G de la tabla 1 y debe permanecer en marcha, a velocidad constante, durante 1.50 segundos y estar apagado, es decir en reposo, durante 0.75 segundos; estime también el tiempo de respuesta del embrague y el freno y los tiempos de aceleración y desaceleración. En caso que el sistema cumpla ciclos completos, calcule la cantidad de disipación de calor y compárela con la capacidad de la unidad.

Tabla. 1Figura 4.

La siguiente figura muestra el tiempo estimado total que transcurre en un ciclo como 2.896 segundos. En la tabla 1, se encuentra que el sistema de embrague y freno ejerce 240 lb.pie de torque y su tiempo de respuesta es 0.235 segundos tanto para el embrague como para el freno.

Lapso o tiempo de aceleración y desaceleración:


pielbT

nWkt .

308

)(2

𝑡=11.83×550308×240

=0.088 𝑠𝑒𝑔𝑢𝑛𝑑𝑜𝑠

Figura 5.

Cantidad de ciclos y disipación de calor; para un tiempo total en un ciclo de 2.896 segundos, el numero total de ciclos por minuto será:

La energía que se genera con cada actuación ya sea del embrague o del freno es:

La generación de energía por minuto es:

Esto es mayor que la capacidad de disipación de calor de la unidad G en reposo (18000 lb.pie/min). Por consiguiente, calcule una capacidad promedio ponderada para este ciclo. Primero, al consultar la figura 5 durante 1.735 segundos, se presenta en estado de reposo. A partir de la tabla 1, e interpolando entre velocidad cero y 1800 rpm, la cantidad de disipación de calor a 550 rpm es de casi 28400 lb.pie/min.


𝐶=1.0𝑐𝑖𝑐𝑙𝑜

2.896 𝑠𝑒𝑔×

60 𝑠𝑒𝑔1𝑚𝑖𝑛

=20.7𝑐𝑖𝑐𝑙𝑜𝑠𝑚𝑖𝑛

𝐸=1.7×10−4 ×11.83×5502=608 𝑙𝑏 .𝑝𝑖𝑒

pielbnWkE .107.1 224

𝐸𝑡=2𝐸𝐶=2×608𝑙𝑏 .𝑝𝑖𝑒𝑐𝑖𝑐𝑙𝑜

×20.7𝑐𝑖𝑐𝑙𝑜𝑠𝑚𝑖𝑛

=25200𝑙𝑏 .𝑝𝑖𝑒𝑚𝑖𝑛

Por consiguiente la capacidad promedio ponderada de la unidad G es:

Donde:

= tiempo total de un ciclo

= tiempo en reposo (0 rpm)

= tiempo a 550 rpm

= capacidad de disipación de calor en reposo

= capacidad de disipación de calor a 550 rpm

Entonces:

Esto es un poco menor de lo que se requiere y el diseño será marginal. Se deben especificar pocos ciclos por minuto.


𝐸𝑝𝑟𝑜𝑚𝑒𝑑𝑖𝑜=𝑡 0

𝑡 𝑡𝐸0+

𝑡 550

𝑡 𝑡𝐸550

𝐸𝑝𝑟𝑜𝑚𝑒𝑑𝑖𝑜=1.1612.896

×18000+1.7352.896

×28400=24230 𝑙𝑏 .𝑝𝑖𝑒/𝑚𝑖𝑛

5. Calcule las dimensiones de un freno tipo placa con corona circular para que genere un torque al freno de 300 lb.pulg. Los resortes proporcionarían una fuerza normal de 320 lb entre las superficies de fricción. El coeficiente de fricción es 0.25. El freno se utilizara en servicio industrial promedio, para detener una carga que gira a 750 rpm.


Solución:

1. Calcule el radio medio que se necesita.

mf fNRT

𝑅𝑚=𝑇 𝑓

𝑓𝑁=300 𝑙𝑏 .𝑝𝑢𝑙𝑔

0.25×320 𝑙𝑏=3.75𝑝𝑢𝑙𝑔

2. Especifíquese una relación de y despeje para las dimensiones. Un valor razonable para la relación es 1.50 aproximadamente. El rango posible es entre 1.2 y 2.5 según el criterio del responsable del diseño. Si se utiliza 1.50, y:

Así:

3. Calcule el área de la superficie de fricción:

4. Calcula la potencia de fricción que es absorbida


𝑅0/𝑅𝑖𝑅0=1.50𝑅 𝑖

𝑅𝑚=𝑅0+𝑅𝑖

2=

1.5𝑅𝑖+𝑅𝑖2

=1.25𝑅 𝑖

𝑅𝑖=𝑅𝑚

1.25=3.75𝑝𝑢𝑙𝑔

1.25=3.00𝑝𝑢𝑙𝑔

𝑅0=1.50𝑅 𝑖=1.50×3.00=4.50𝑝𝑢𝑙𝑔

𝐴=𝜋 (𝑅02−𝑅𝑖

2 )=𝜋 (4.502−3.002 )=35.3𝑝𝑢𝑙𝑔2

𝑃 𝑓=300×750

6300=3.57𝐻𝑃HP

63000

nTP f

f

5. Calcule la relación de desgaste:

6. Juzgue que tan adecuado resulta WR. Si es demasiado alta, vuelva al paso 2 e incremente la relación. Si resulta muy baja, disminuya la relación. En este ejemplo WR es aceptable.


A

PWR f

𝑊𝑅=3.57𝐻𝑃

35.3𝑝𝑢𝑙𝑔2 =0.101𝐻𝑃 /𝑝𝑢𝑙𝑔2

6. Calcule la fuerza axial que requiere un freno de cono si tiene que ejercer un torque de frenado de 50 lb.pie El radio medio del cono es 5.0 pulg. Utilice f= 0.25 pulg. Haga la prueba con ángulos de cono de 10º, 12º y 15º.

Solución:

Se puede despejar la ecuación 19 para la fuerza axial Fa

Así los valores de Fa como una función del ángulo de cono son:

Para:

Para:

Para:


𝐹 𝑎=𝑇 𝑓 × (𝑠𝑒𝑛∝+ 𝑓𝑐𝑜𝑠∝)

𝑓 ×𝑅𝑚

=50×(𝑠𝑒𝑛∝+0.25 𝑐𝑜𝑠∝)

0.25×5.0/12=480×(𝑠𝑒𝑛∝+0.25𝑐𝑜𝑠∝)

∝=10 º 𝐹 𝑎=202 𝑙𝑏

∝=12 º∝=15 º

𝐹 𝑎=217 𝑙𝑏𝐹 𝑎=240 𝑙𝑏

7. Calcule la fuerza de actuación que se necesita para el freno de un tambor de balata corta de la figura 6 para generar un torque de fricción de 50 lb.pie. Utilice un diámetro de tambor de 10 pulg, a = 3.0 pulg y L = 15 pulg. Considere valores correspondientes a f de 0.25, 0.50 y 0.75 y distintos puntos de ubicación del pivote A de tal manera que b varíe entre 0 y 6.0 pulg.


Figura 6.

Solución:

La fuerza de fricción que se requiere

Reemplazando los datos en la ecuación:

Los distintos valores de f y b se pueden sustituir en esta ultima ecuación para calcular los datos correspondientes a las curvas de la figura 7, mostrando la carga que actúa contra la distancia b para diferentes valores de f. Observe que para algunas combinaciones, el valor de W es negativo. Esto significa que el freno actúa por si mismo y que para liberarlo se necesita una fuerza ascendente que ejerza su acción sobre la palanca.


𝑊=𝐹 𝑓 (

𝑎𝑓−𝑏)

𝐿=

120 𝑙𝑏×[ 3𝑝𝑢𝑙𝑔𝑓

−𝑏 ]15𝑝𝑢𝑙𝑔

=8 ( 3𝑓−𝑏)𝑙𝑏

𝐹 𝑓=2𝑇 𝑓

𝐷𝑑

=2×50 𝑙𝑏 .𝑝𝑖𝑒 1012𝑝𝑖𝑒𝑠

=120 𝑙𝑏

Figura 7.


8. El tambor de un freno con radio de 14 pulg hace contacto con zapata corta sencilla, como se muestra en la figura y mantiene un par de torsión de 2000 lbf-pulg a 500 rpm. Suponga que el coeficiente de fricción para la combinación de tambor y zapata es 0.3.

Determine lo siguiente:

a. La fuerza normal que actúa sobre la zapata.

b. La fuerza de accionamiento W que se requiere cuando el tambor tiene una rotación en el sentido de las manecillas del reloj.

c. La fuerza de accionamiento W que se requiere cuando el tambor tiene una rotación en sentido contrario a las manecillas del reloj.

d. El cambio que se requiere en la dimensión de 1.5 pulg para que ocurra el auto-bloqueo si las dimensiones no cambian.


a. El par de torsión del freno es:

b. Para rotación en el sentido de las manecillas del reloj, sumando los momentos respecto al perno de bisagra e igualando la suma a cero, resulta:

Como los signos de la fricción y de los momentos de accionamiento son iguales, el freno es autoenergizante.

𝑇=𝑟 𝐹 𝑓

2000𝐿𝑏𝑓 .𝑝𝑢𝑙𝑔=14𝑝𝑢𝑙𝑔×𝐹 𝑓 𝐹 𝑓=142.85𝐿𝑏𝑓𝐹 𝑓=𝜇×𝐹 𝑁

1 42.85𝐿𝑏𝑓 =0.3×𝐹 𝑁 𝐹𝑁=476.2𝐿𝑏𝑓

1.5×142.9+36𝑊 −14×476.2=0∑𝑀𝑝𝑖𝑣𝑜𝑡𝑒=0

𝑊=179.23𝐿𝑏𝑓(a)


c. Para rotación en el sentido contrario a las manecillas del reloj, sumando los momentos respecto al perno de bisagra(pivote) y haciendo la suma igual a cero, resulta:

Como los signos de la fricción y de los momentos de accionamiento no son iguales, el freno es desenergizante.

d. Si en la ecuación (a) W = 0 y x se hace igual a 1.5

Por lo tanto, el autobloqueo ocurrirá si la distancia de 1.5 pulg en la figura se cambia a 46.65 pulg.

Como el autobloqueo no es un efecto deseable en un freno y 1.5 pulg es una distancia muy diferente de 46.65 pulg no se esperaría que el freno tuviera un efecto de autobloqueo.

1.5×142.9−36𝑊+14×476.2=0∑𝑀𝑝𝑖𝑣𝑜𝑡𝑒=0

𝑊=191.15𝐿𝑏𝑓

𝑥=14×476.2

142.9𝑥=46.65𝑝𝑢𝑙𝑔


9. La figura muestra un freno de tambor interno que tiene un diámetro en el interior de 12 in y un radio R = 5 in. Las zapatas tienen un ancho de cara de 1 ½ in y son accionados por una fuerza de 500 libras. El coeficiente de fricción es de 0,28.

A. Determinar la presión máxima e indicar la zapata en el que ocurre.

B. Calcular el par de frenado efectuada por cada uno de las zapatas, y encontrar el par de torsión total de frenado.

C. Estimación de las reacciones resultantes en los pernos de la bisagra.


a.

Momento de la fuerza de fricción:

Momento de la fuerza normal:

Calculo de c:

𝜃1=0 ° , 𝜃2=120° , 𝜃𝑎=90 ° ,𝑠𝑒𝑛𝜃𝑎=1 ,𝑎=5 𝑖𝑛

𝑀 𝑓=𝜇𝑝𝑚𝑎𝑥𝑏𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃𝑎

∫𝜃1

𝜃2

(𝑟 −𝑎𝑐𝑜𝑠𝜃 )𝑠𝑒𝑛𝜃𝑑𝜃

𝑀 𝑓=0.28𝑝𝑚𝑎𝑥(1.5)(6)

1∫0 °

120 °

(6−5𝑐𝑜𝑠𝜃 ) 𝑠𝑒𝑛𝜃𝑑𝜃

𝑀 𝑁=𝑝𝑚𝑎𝑥𝑏𝑟𝑎𝑠𝑒𝑛𝜃𝑎

∫𝜃1

𝜃2

𝑠𝑒𝑛𝜃2𝑑𝜃

𝑀 𝑁=𝑝𝑚𝑎𝑥 (1.5)(6)(5)

1∫0 °

120°


𝑐=2𝑎𝑠𝑒𝑛𝜃=2×5×𝑠𝑒𝑛60=8.66 𝑖𝑛


La fuerza de accionamiento para zapatas des-energizante:

La fuerza de accionamiento para zapatas auto-energizante:

La presión máxima se produce en la zapata de la derecha que es autoenergizante

𝑝𝑚𝑎𝑥=57.86𝑝𝑠𝑖

𝐹=𝑀𝑁+𝑀 𝑓

𝑐

500=56.87𝑝𝑚𝑎𝑥+17.96𝑝𝑚𝑎𝑥

8.66


𝐹=𝑀𝑁−𝑀 𝑓

𝑐

500=56.87𝑝𝑚𝑎𝑥−17.96𝑝𝑚𝑎𝑥

8.66



b. Par de torsión de frenado para zapata autoenergizante:

Par de torsión de frenado para zapata desenergizante:

El par de torsión de frenado total de las dos zapatas, es:

𝑇 𝑠=2530 𝑙𝑏𝑓 . 𝑖𝑛

𝑇 𝑠=𝜇𝑝𝑚𝑎𝑥𝑏𝑟

2(𝑐𝑜𝑠 𝜃1−𝑐𝑜𝑠𝜃2)𝑠𝑒𝑛𝜃𝑎

𝑇 𝑠=0.28×111.4×1.5×62(𝑐𝑜𝑠0 ° −𝑐𝑜𝑠120 ° )

1

𝑇 𝑑=𝜇𝑝𝑚𝑎𝑥𝑏𝑟

2(𝑐𝑜𝑠 𝜃1−𝑐𝑜𝑠𝜃2)𝑠𝑒𝑛𝜃𝑎

𝑇 𝑑=0.28×57.9×1.5×62(𝑐𝑜𝑠0 ° −𝑐𝑜𝑠120 ° )

1𝑇 𝑑=1310 𝑙𝑏𝑓 . 𝑖𝑛

𝑇 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙=2530+1310 𝑇 𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙=3840 𝑙𝑏𝑓 . 𝑖𝑛


c.


c. Zapata autoenergizante ubicado a la derecha:

Las reacciones en el pivote:

𝐹 𝑥=500 𝑠𝑒𝑛30 °=250 𝑙𝑏𝑓 ,𝐹 𝑦=500𝑐𝑜𝑠30 °=433 𝑙𝑏𝑓

𝐴=( 12𝑠𝑒𝑛2𝜃)

❑

𝜃 2

𝜃1

=( 12𝑠𝑒𝑛2𝜃)

❑

120 °

0 °

=0.375

𝐵=( 𝜃2 −14𝑠𝑒𝑛2𝜃)

❑

𝜃2

𝜃 1

=(𝜃2 −14𝑠𝑒𝑛2𝜃)

❑

2𝜋 /3

0

=1.264

𝑅𝑥=𝑝𝑚𝑎𝑥𝑏𝑟

2

𝑠𝑒𝑛𝜃𝑎(𝐴−𝜇𝐵 )−𝐹 𝑥

𝑅𝑥=111.4×1.5×6

1( 0.375−0.28×1.264 ) −250=−229 𝑙𝑏𝑓


Zapata desenergizante ubicado a la izquierda:

𝑅𝑥=𝑝𝑚𝑎𝑥𝑏𝑟

2

𝑠𝑒𝑛𝜃𝑎(𝐴+𝜇 𝐵 )−𝐹 𝑥

𝑅𝑥=111.4×1.5×6

1( 0.375+0.28×1.264 )−250=130 𝑙𝑏𝑓

𝑅𝑦=𝑝𝑚𝑎𝑥𝑏𝑟

2

𝑠𝑒𝑛 𝜃𝑎(𝐵+𝜇 𝐴)−𝐹 𝑦

𝑅𝑦=111.4×1.5×6

1(1.264+0.28×0.375 𝐴) −433=940 𝑙𝑏𝑓

𝑅=2√(−229)2+9402 𝑅=967 𝑙𝑏𝑓

𝐹 𝑥=500 𝑠𝑒𝑛30 °=250 𝑙𝑏𝑓 ,𝐹 𝑦=500𝑐𝑜𝑠30 °=433 𝑙𝑏𝑓


𝑅𝑦=𝑝𝑚𝑎𝑥𝑏𝑟

2

𝑠𝑒𝑛 𝜃𝑎(𝐵−𝜇 𝐴 )−𝐹 𝑦

𝑅𝑦=111.4×1.5×6

1(1.264−0.28×0.375 𝐴 )−433=171𝑙𝑏𝑓

𝑅=2√1302+1712

𝑅=215 𝑙𝑏𝑓


10. El freno que se muestra en la figura tiene un coeficiente de fricción de 0.30 y una anchura de 2 in, presión de guarnición de 150 psi. Encontrar la fuerza de actuación F, fuerza limitante y la capacidad del par.


Solución:

Momento de la fuerza de fricción:

𝑟=10 𝑖𝑛 ,𝜇=0.30 ,𝑏=2 𝑖𝑛 ,𝜃𝑎=90 ° ,𝑎= 2√32+122=12.37 𝑖𝑛

𝜃1=20 ° −𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔( 312 )=6 ° ,𝜃2=18 0 ° −30 ° −𝑎𝑟𝑐𝑡𝑔 ( 3

12 )=13 6 °

𝑀 𝑓=𝜇𝑝𝑚𝑎𝑥𝑏𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃𝑎

∫𝜃1

𝜃2

(𝑟 −𝑎𝑐𝑜𝑠𝜃 )𝑠𝑒𝑛𝜃𝑑𝜃

𝑀 𝑓=0.30(150) (1.5)(6)

𝑠𝑒𝑛90 °∫6 °

136 °

(10−12.37𝑐𝑜𝑠𝜃 )𝑠𝑒𝑛𝜃𝑑𝜃


Momento de la fuerza normal:

Calculo de c:

La fuerza de accionamiento de la zapata autoenergizante

𝑀 𝑁=𝑝𝑚𝑎𝑥𝑏𝑟𝑎𝑠𝑒𝑛𝜃𝑎

∫𝜃1

𝜃2


𝑀 𝑁=(150)(2)(10)(12.37)

𝑠𝑒𝑛90 °∫6 °

136 °


𝑐=12+12+4=28 𝑖𝑛

𝐹 𝐿=𝑀𝑁−𝑀 𝑓

𝑐

𝐹 𝐿=53300−12800

28=1446 𝑙𝑏𝑓


El par de torsión de frenado es:

La zapata desenergizante:

En este zapata, tanto momento de la fuerza normal y momento de la fuerza de fricción son hacia la izquierda. También:

𝑇 𝐿=𝜇𝑝𝑚𝑎𝑥𝑏𝑟

2(𝑐𝑜𝑠𝜃1 −𝑐𝑜𝑠𝜃2)𝑠𝑒𝑛𝜃𝑎

𝑇 𝐿=0.30×150×2×102(𝑐𝑜𝑠6 ° −𝑐𝑜𝑠136 °)

𝑠𝑒𝑛90 °=15420 𝑙𝑏𝑓 . 𝑖𝑛

𝑀 𝑁=53300 ( 𝑃𝑚𝑎𝑥150 )=355.3𝑃𝑚𝑎𝑥 𝑀 𝑓=12800( 𝑃𝑚𝑎𝑥150 )=85.3𝑃𝑚𝑎𝑥

𝑐𝑅=(24 −2 𝑡𝑔14 ° )𝑐𝑜𝑠14 °=22.8 𝑖𝑛

𝐹 𝑎𝑐𝑡=𝐹 𝐿 𝑠𝑒𝑛14 °=361 𝑙𝑏𝑓

𝐹𝑅=𝐹 𝐿

𝑐𝑜𝑠14 °=1491 𝑙𝑏𝑓


Por lo tanto:

Entonces:

𝑃𝑚𝑎𝑥=77.2𝑝𝑠𝑖

1491=355.3+85.3

22.8𝑃𝑚𝑎𝑥

𝑇 𝑅=𝜇𝑝𝑚𝑎𝑥𝑏𝑟

2(𝑐𝑜𝑠𝜃1 −𝑐𝑜𝑠𝜃2)𝑠𝑒𝑛𝜃𝑎

𝑇 𝑅=0.30×77.2×2×102(𝑐𝑜𝑠6 ° −𝑐𝑜𝑠136 ° )

𝑠𝑒𝑛90 °=7940 𝑙𝑏𝑓 . 𝑖𝑛

𝑇 𝑇𝑜𝑡𝑎𝑙=15420+7940=23400 𝑙𝑏𝑓 . 𝑖𝑛


11. Diseñe un freno de zapata larga que produzca un par torsional de fricción de 750 Lb-in, para detener un tambor que gira a 120 rpm.

Figura 8.


Paso 1. Seleccione un material de fricción del freno, y especifique la presión máxima y el valor de diseño del coeficiente de fricción. En la tabla 2 se encuentran algunas propiedades generales para los materiales de fricción. Se deben manejar, siempre que sea posible, valores de pruebas reales, o datos específicos del fabricante. El valor de diseño de pmax debe ser mucho menor que la presión admisible que menciona en la tabla 16.2, para mejorar la duración frente al desgaste. Para este problema, seleccionaremos un compuesto de polímero moldeado, y diseñaremos para una fuerza máxima aproximada de 75 psi. Observe, como se ve en la figura, que la presión máxima esta en la sección a 90ª del pivote. Si la zapata no se prolonga cuando menos 90ª, las ecuaciones que empleamos aquí son validas. También manejaremos en el diseño f=0.25

Tabla 2.


Paso 2. Proponga valores tentativos de las dimensiones del tambor y la balata del freno. Se deben tomar varias decisiones de diseño. Se puede emplear el arreglo general de la figura como guía. Pero la aplicación especifica, y la creatividad del diseñador, pueden conducir a modificaciones en el arreglo. Los valores tentativos son: r= 4.0 pulg, C= 8.0 pulg, L= 15 pulg, 1 = 30º y 2 = 150º

Paso 3. Despeje el ancho necesario de la zapata

Por conveniencia, sea w= 1.50 pulg. Ya que la presión máxima es inversamente proporcional al ancho, la presión máxima real será:

𝑤=𝑇 𝑓

𝑟 2 𝑓 𝑃𝑚𝑎𝑥 (𝑐𝑜𝑠𝜃1−𝑐𝑜𝑠𝜃2 )

𝑤=750 𝑙𝑏 /𝑝𝑢𝑙𝑔

(4.0𝑝𝑢𝑙𝑔)2×0.25×75 𝑙𝑏 /𝑝𝑢𝑙𝑔2 (𝑐𝑜𝑠30 º −𝑐𝑜𝑠150 º )=1.44𝑝𝑢𝑙𝑔

𝑃𝑚𝑎𝑥=75𝑝𝑠𝑖( 1.441.50 )=72 psi


Paso 4. Calcule Mn. El valor de 2 - 1 debe estar en radianes, con radianes = 180º.

El momento de la fuerza normal sobre la zapata es:

Paso 5. Calcule el momento de la fuerza de fricción sobre la zapata, Mf:

Paso 6. Calcule la fuerza necesaria de actuación, W:

𝜃2−𝜃1=120 º ( 𝜋𝑟𝑎𝑑180 º )=2.09𝑟𝑎𝑑

𝑀𝑛=5108 𝑙𝑏 .𝑝𝑢𝑙𝑔𝑀𝑛=0.25(72 𝑙𝑏 .𝑝𝑢𝑙𝑔)(1.50𝑝𝑢𝑙𝑔)(4𝑝𝑢𝑙𝑔)(8𝑝𝑢𝑙𝑔) [2 (2.09 )−𝑠𝑒𝑛300 º+𝑠𝑒𝑛60 º ]

𝑀 𝑓=748 𝑙𝑏 .𝑝𝑢𝑙𝑔


Paso 7. Calcule la potencia de fricción:

Paso 8. Calcule el área proyectada con la zapata:

Paso 9. Calcule la tasa de desgaste, WR:

Paso 10. Evalúe lo adecuado de los resultados. En este problema necesitaríamos mas información sobre la aplicación, para evaluar los resultados.

𝑃 𝑓=𝑇 𝑓 ×𝑛

6300𝑃 𝑓=

750×120 6300

=1.43𝐻𝑝

𝐴=𝐿𝑠×𝑤=2𝑤𝑟𝑠𝑒𝑛 (𝜃2 −𝜃1

2)

𝐴=2×1.50 ×4.0×𝑠𝑒𝑛( 1202 )=10.4𝑝𝑢𝑙𝑔2

𝑊𝑅=𝑃 𝑓

𝐴= 1.43𝐻𝑝

10.4𝑝𝑢𝑙𝑔2 =0.14𝐻𝑝 /𝑝𝑢𝑙𝑔2

Problemas Embragues y Frenos 1

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