Ejercicio Sistemas Mecánicos Rotativos

U N E X P O

UNIVERSIDAD NACIONAL EXPERIMENTAL POLITÉCNICA

“Antonio José de Súcre”.
VICE-RECTORADO PUERTO ORDAZ. CÁTEDRA: Dinámica de Máquinas.

Tarea Nº 1. Sistemas Mecánicos Rotativos.

Profesor:
Juan Castillo.

Bachiller:
Daniela Solis H.
C.I.19.332.113

Puerto Ordaz, Mayo de 2011.

4

3

2

1 Eje Motor

1-2 = 95% ; 2-3 = 90% 3-4 = 88%. n(Total) = 1,77x10-3Tambor(4) = 585 mm. I2 = I3 = 0.016 kgm2. ITambor(4) = 640 kgm2.

15.000 Kgf

a) Selecciones un motor trifásico de 50 Hz para que la grúa levante un peso de 15.000 Kgf a una velocidad de 0.12 m/s. b) Estime el tiempo de arranque del sistema. (Método simplificado) NOTA: Utilice la Ecuación Fundamental de los Sistemas Mecánicos Rotativos reducida al eje de la carga (4). Justifique claramente.

2Análisis y Cálculos.
Analizando el D.C.L (Diagrama de cuerpo libre) de la polea móvil, tenemos:  T1 T2 Por 1era sabemos: Ley Universal de la Mecánica,

T1  T2  W  m  aCM
O

(1)

Pero como la velocidad de ascenso (dada) de la carga la tomamos como constante, la aceleración es nula; por lo tanto: 0 T1  T2  W  m  aCM

W 

T1  T2  W

(2)

Ahora bien, por la 2da LeyUniversal de la Mecánica, sabemos que:

M I

(3)

Pero como la aceleración angular es nula, al hacer sumatoria de todos los momentos de las fuerzas que actúan sobre la polea (momentos respecto del centro instantáneo de rotación de la polea, en este caso es el punto O), tenemos:

T2 RPolea  T1 RPolea  0

(4) (5)

T1  T2

Por lo tanto al sustituir la ec. (5) en la ec. (2), nos queda:2T2  W
T2  W 2
(6)

Al sustituir

W  15000 Kgf 

9.807 N  147105 N 1Kgf

en la ec. (6), tenemos:

T2 

W 147105 N   73552,5 N 2 2
(7)

T2  73552,5 N

3

Ahora bien, al analizar en el campo de las velocidades a la polea móvil y al tambor (4), tenemos: 2V

Tambor O´

ωTambor

Polea móvil V CIR: Centro
instantáneo de rotación

2V

O

(En el tambor)

2V Tambor  RTambor

(8) (9)

Tambor 
Sustituyendo en la ec. (9):

2V RTambor

Tambor 

2(0,12 m / s) 0,2925 m

(10) (11)

Tambor  0.8205 1 / s

Como la carga es constante, la curva característica de la carga es: M[N.m]

MCarga

ω[rpm] 4

Donde:

M C arg a  T2  RTambor
M C arg a  73552,5 N  0,2925 m M C arg a  21514,10625 N  m

(12) (13) (14)

Ahora bien; delas eficiencias de transmisión, obtenemos una relación de potencias entre el eje de entrada (motor) y el eje de salida (carga):

12 

PS P2   0.95 PE P1

P2  0.95P 1

(15)

 2 3 

P3  0.90 P2

P2 

P3 0,90

(16)

 3 4 

P4  0.88 P3

P3 

P4 0,88

(17)

Al igualar (15) con (16)

0,95P1 

P3 0,90

P3  0,855P 1

(18)

Y ahora, al igualar (17)con (18):

0,855P1 
Relación

P4 0,88

(19) (20)

P4  0,7524P 1

En la ec. (20) para conocer la P1 (que es la potencia requerida por el eje motor) es necesario conocer P4 (que es la potencia consumida por la carga). Mcarga

P4  M Tambor  Tambor 

(21)

5

P4  21514,10625 N  m  0.8205 1 / s P4  17652,32418 W
(23)

(22)

Ahora, al sustituir (23) en (20), queda:P1 

P4 0,7524

(24)

P1 

17652,32418 W 0,7524

(25) (26)

P  23461,3559 W 1

Con este valor de P1 ya conocemos la potencia requerida por el eje del motor; por ende, nos vamos a la tabla de motores y seleccionamos un motor que nos cumpla con los requerimientos de potencia exigidos. Motor trifásico de rotor en cortocircuito. 50 Hz. 4 Polos. Motor
MBT 200L

Potencia[kW]

30ωN[rpm] 1475

MN[M.m] 195

Marr/ MN 2,3

Mmáx/ MN 2,6

Im[Kg.m²] 0,31

Donde: Marr=2,3 MN=448,5 N.m Mmáx=2,6 MN=507 N.m La Velocidad de Sincronismo es: (27) (28)

S 
Mm 

120 f 120(50)   1500 rpm n  polos 4

(29)

M máx  M arr 507  448,5   477,75 N .m 2 2

(30)

6

La Curva Característica del Motor es:

La Curva Característica del Motor Simplificada es:...