UNIVER UNIVERSIDAD NACIONAL SIDAD NACIONALEXPERIMENTAL POLITECNICA

“ANTONIO JOSE DE SUCRE”

VICERECTORADO PUERTO ORDAZ

DEPARTAMENTO DE INGENIERIA MECANICA

CATEDRA DINAMICA DE MAQUINAS

PUERTO ORDAZ, JUEVES 15 DE ABRIL DEL 2010

Problemario Del capítulo Nº1 de Juan león

1.La figura 1.40 muestra una idealización de la curva característica de un motor en combustión interna de cuatro tiempos, mono cilíndrico, que gira a una velocidad esencialmente constante de 1.200 rpm.

Determinar la potencia del motor.

Determinar inercia equivalente del sistema requerida para accionar una carga constante con un coeficiente del fluctuación 0.1%.

Resolver de nuevo el ejercicio suponiendo que el motor posee 4 cilindros del tipo descrito y cuyas carreras útiles (carreras de potencia) están distribuidas uniformemente sobre el ciclo.

Potencia: P = M .w

M = 87,5 N . m

P = M x w => 87,5 * * 1200

P = 10995,57 W

Ie =

Imax = 412,5 * 180 * => 1295,90

Ie = = 82,06 Kg.m2

Para determinar la potencia del motor de 4 cilindros

Mm = Mc En un ciclo

Mm = 4 * 87,5 N.m = 350 N.m

Ie =

2.Un motor de potencia constante igual a 20cv y con una velocidad nominal de 1800 rpm, acciona dos cargas, una directamente C1, y la otra mediante una transmisión por correa tal como sugiere la figura. La carga 1 realiza una operación continua, requiriendo una potencia constante de 10cv.

Parámetro de la transmisión por correa:

n = y ɳ = 100%

La carga 2 realiza una operación intermitente, requiriendo de una potencia constante de 40cv, durante 5 seg, repitiéndose con una periodicidad de 20 seg.

Momentos de inercia:

Im = 3Kgm2

Ic1 = 9Kgm2

Ic2 = 4Kgm2

Si las condiciones de funcionamiento del conjunto exigen que la velocidad del motor no experimente desviaciones mayores de 20rpm, con respecto a la velocidad nominal, discuta las necesidades del volante.

Datos

Pm = 20cv

Wn = 1800rpm

Im = 3Kgm2

Motor C2

C1

Pc1 = 10cv

Pc2 = 40cv

Ic1 = 9Kgm2 Wmax-Wmin = 20rpm

Ic2 = 4Kgm2 Correas = n = ɳ = 100%

Curva de motor

P(cv)

20

t

Pm = 20cv * 0,9863 *

0,746

Pm = 14,7155 Kw

Pm = 14715,59 W

Curva Carga 1

P(cv)

10

t

Pc1 = 10cv * 0,9863 *

0,746

Pc1 = 7,357 Kw

Pc1 = 7357,7 W

Curva Carga2

P(cv)

40

5seg t

20seg

Pc2 = 29,4311 Kw

Pc2 = 29431,19 W

Pc1 = 7357,7 * ɳ-1 = 7357,7 W

Aplicando la ecuación de energía máxima nos queda

Hallando la inercia equivalente del sistema

3. Para el montaje indicado en la figura, se dispone de la siguiente información:

36788,9

14715,59

7357,7

Velocidad angular del eje motor 1800rpm

Radio de las poleas matrices (P1 y P2) 15 cm

Radio de la polea conducida P3 30 cm

Radio de la polea conducida P4 45 cm

Potencia requerida por la carga 1 4cv

Potencia requerida por la carga 2 8cv

Momentos de inercia de los ejes:

Motor 2Kgm2

Carga 1 4Kgm2

Carga 2 15Kgm2

1

Mp… par placa

Wp = 1800 rpm (vel. Anq nominal)

Potencia del motor.

Motor

Carga 1

P1

P3

P2

P4

Carga 2

1

W1r1 =W2r2

Wmrp1 = wc1rp3

W1r1=W2r2

Reducir el conjuento al eje motor

Para la carga “1”

Para la carga “2”

Reduciendo las velocidades

Inercia equivalente

4.El sistema ilustrado se encuentra inicialmente en reposo se requiere calcular el tiempo necesario para que el sistema alcance el 95% de su velocidad de régimen, estando el sistema en régimen se desacopla la carga 2 mediante un mecanismo no ilustrado en la figura calcule la nueva velocidad de régimen del motor, luego que la carga 2 es desacoplada y también el tiempo de establecimiento de la nueva configuración del sistema.

Im=0,2Kgm2

Ic=0,1Kgm2

Ic1=0,3Kgm2

Ic2=0,25Kgm2

95% Velocidad de Régimen

Motor

10

RPM

Carga 1

RPM

Carga2

Ec. Motor.

Motor

Carga 2

Carga 1

ɳ=0,9n=1/2

ɳ=0,9n=1/3

5

4500

5

w

Ec. Carga 1.

Ec. Carga 2.

Mc2= 5 Nm

Reducimos el eje del motor al eje de la carga

Reducimos el eje de la carga “2” al eje intermedio

Se suman las Ec. De las cargas

Hallamos las Inercias

Hallamos el par acelarante

Hallamos la velocidad de operación

Hallamos el tiempo de arranque

b)Tiempo y Wreg si se desacopla la carga “2”

5.El tambor de arrollado de una grua es accionado por un motor electrico a través de una reducción de 3 etapas identicas.

Reducción de transmisión: 48

Eficiencia de la transmisión: 0,75

Diámetro del tambor: 630mm

Inercia del eje del motor: 4,6Kgm2

Inercia de los ejes inetermedios: 16kgm2

Inercia del tambor: 640Kgm2

Determinar la potencia del motor cuando una grua levanta un peso de 15tn a una velocidad de 0,12m/seg.

Suponiendo que el motor entrega un par constante determinar el tiempo requerido para llevar la carga desde el reposo hasta la velocidad de ascenso.

Ec. Fundamental de los sistemas rotativos reducidos al eje de la carga.

Motor

1

23

4

Calculo de tensiones en la polea para llevarla al tambor

Aplicamos la 2da ley de la mecanica.

D.C.L por el tambor

Luego

T1 T2

W

T1

M4

2Vvo

En el tambor

Con la potencia obtenida seleccionamos un motor en el catalogo

6. Máquina elevadora de bobinas constituida por un motor eléctrico que acciona un volante mediante una trasmisión por correas. En su ciclo de trabajo la maquina eleva bobinas de 1500Kg de peso máx. Desde un nivel de 0 hasta 1,5m

Durante la aplicación la carga gira 180°

Se pide:

Pm=? Iv=?

Necesarias para que el sistema se encuentre dentro del límite de velocidad dado

Transmisiones

V=0,24

Reduciendo al eje de la carga

Multiplicando 1 Wc

Integrando entre dos puntos A y B

Calculo de la energía requerida por la carga en un ciclo

M

1

2 Volante

1,4

1

1,5 1,4

0,8 0,9 1

Calculo de la potencia

Calculo Wc

Energía entregada por el motor durante la elevación

7. Un motor cuyas característica viene dada por :

Datos

Mm = 1500 + 300 . Sen2

Mc = 1500 + 170 . Sen

Ie = 50 Kg .

Calcule:

a).- Coeficiente de fluctuación.

b).- Potencia media desarrollada.

Solución:

Ie = Im + . Ic y Ma = Mm - . Mc

n = n = n = 1

n = 1500 + 170 . sen ;

Ma = 300 Sen - 170 Sen

Mc = 1 (1500 + 170 . Sen ) Mc = 1500 + 170 . Sen

Ie = Im + Ic Im + Ic = 50 Km .

Motor Carga

Nota: ya que la velocidad del eje del motor o eje de entrada es igual a la velocidad angular de la carga, por lo tanto:

Tomando en cuenta que el sistema mecánico está en condiciones ideales n = 1 luego:

180

73,54

180

73,54

Ie = Donde = Donde =

Sustituyendo

= =

Sustituyendo en las ecuaciones del Par motor y el Par de la carga reducido tenemos:

=

= -

= 300 -

= 300 ( ) - 170 . Cos

= - 150 . Cos2 + 170 Cos

Conociendo los ángulos ;

1500 + 300 . Sen = 1500 + 170 . Sen

600 . Sen . Cos = 170 Sen

600 . Cos = 170

Cos = 170 / 600

= ArcCos(170 / 600) = 73,54 = 180

Luego:

= -150 . Cos + 170 . Cos

Sustituyendo valores numéricos:

= -150 (-0,84 - 1) + 170 (0,28 - 1)

= 279 – 122,4

= 153,6

Luego :

=

=

= 0,146

P = M .

Pm = . y Pc = Mc .

Donde Mm = 1800 Nw . m y

Pm = (1800) (20,94)

Pm = 37692 W

Pm = 37,69 Kw

Luego:

Pc = Mc . max Pc = (1670) (20,94) Pc = 34969,8 W

Pc = 34,97 Kw

Donde = consumido

= 200 rpm =

= 20,94 1/S

= Coeficiente de fluctuación de la velocidad

Por lo tanto la potencia media desarrollada por el motor está dada por:

Pmedia = (Pm + PC) / 2 Pmedia = 36330,9 W Pmedia = 36,37 Kw

Graficando nos queda la curva

8. Dos motores y una carga

ɳ=0,90%

Im1=6Kgm2

Im2=3Kgm2

Ic=8kgm2

N=0,5

Motor 1

Motor 2

Carga

Motor 1

Motor 2Carga

20000

1000 2000

W(RPM)

100

W(RPM)

M(N/m)P(w)

400

1000W(RPM)

M(N/m)

Ec. Curva carga

Ec. Motor 2

Ec. Motor 1

Hallamos la pendiente de la nueva curva del motor “1”.

Con la Ec. Pto pendiente hallamos el punto de corte

Reducimos el motor “1” al eje de la carga

191

1000 2000

Sumamos las Ec. De los motores

Hallamos la inercia equivalente

Hallamos la velocidad de operación.

Hallamos el par acelerante.

Hallamos el tiempo de arranque

9.Una maquina centrifuga eje vertical tiene un rotor de momento de inercia 4,5Kgm2 y de características mecánicas dadas en la figura. La carga es accionada por un motor eléctrico asíncrono que acciona el ventilador hasta la velocidad de 800 rpm. Se pide:

Potencia del motor eléctrico asíncrono nema B necesario para accionar la carga (motor 4 polos, 50 Hz)

Relación de transmisión entre el eje del motor y el eje del ventilador, la transmisión propuesta es por correas y la efiencia es 0,95aprox.

Tiempo de arranque (evaluar por métodos de aprox.)

Como puede influir el tiempo de arranque de un motor asíncrono de 2 velocidades (1500-3000).

Motor

30

25

20

15

10

5

500 800

Con el valor de la potencia buscamos un motor.

Tipo → MBT 100Lb

W → 1415 Ma/Mn → 2,4 Im=0,0084Kgm2

Pot (Kw) → 3 Mn → 20 Max/Mn → 2,5

Velocidad de sincronismo

Reducimos el sistema al eje de la carga

Par promedio:

Ma = 48

Mn = 20

Mmax = 50

1415 1500

1

Par arranque

Calculamos el tiempo

Hallando inercia equivalente

4,53

Graficando nos queda.

1 2

3

Mn

100

9080

7060

5040

3020

10

100 200 300 400 500 600 700 800 900 1000