Post on 28-Jan-2023
Análisis estático del sistema de dirección
Primero calculemos las reacciones en los apoyos del vehículo(llantas)
Tenemos que
Para calcular conocer el valor de d recurrimos al softwareSolidwork.
d=265mm
El peso total W considerando un conductor con una masa de 80Kg, es de 1125N, el valor de la gravedad usado fue de9,78257, el cual se determino por el observatorio degeofisica de la universidad Nacional de Colombia en 1945 enun estudio llamado “determinaciones magnetica y gravimetricasen la costa atlatica”, este valor corresponde al encontradoen cartagena.
Por estática deducimos:
∑R2M=(L−d)W−LR1=0
R1=(1−dL)W
R1=(1−0,265107 )(1125)=846,375N
La carga P que soporta cada llanta es
P=R12
=423,187N
Ahora miremos las propiedades de la llanta
∅=20=50,8m
El coeficiente de fricción estático máximo entre el caucho yel concreto es
μs=0,9
(Tabla 8,1 mecánica vectorial para ingenieros estática BeerJohston 9°ed)
Consideremos el área de contacto entre la llanta y el suelopara calcular el momento necesario para hacer girara lallanta sobre su propio eje, para esto nos basamos en lateoría de “cojinetes de empuje. Fricción en discos” de launidad 8,8 de mecánica vectorial para ingenieros estáticaBeer Johston 9°ed
dM=2xdF=2xμsPdA
A (2,1)
dA=dxdy(2,2)
M=2PμsA ∫
−b
b
∫0
axdxdy ( 2,3)
M=2PμsA
(ba2 )
M=2Pμsa ( 2,4)
Podemos decir que el valor del momento depende solo de lalongitud de contacto entre la llanta y el suelo
Para medir esta longitud se realizó un ensayo en cual seempleó una llanta de diámetro 26” de bicicleta, inflada a unapresión estándar de 60 psi. El ensayo consistió en aplicardiferentes cargas y se midió la deformación vertical de lallanta hasta un radio r
a=√R2−r2 (2,5)Δr=R−r ( 2,6)
Vascula para medir la masa de los sujetos
Para determinar la carga aplicada realizamos un DCL(diagramade cuepo libre) desde una vista lateral.
DCL del montaje
L=1,025m
x=0,15m
Por estática
∑R2M=(L−x)W−LR1=0
R1=(1−xL )W
A partir de esta ecuación se conformó la siguiente tabla
Δr(m) W(N) m(Kg) r F(N)0 0 0 0 0
0,008 476,00554
57 0,319 557,60649
0,009 526,1113 63 0,318 616,301
87 910,01 551,1643
166 0,317 645,649
620,012 567,8662
5968 0,315 665,214
76
0 0.002 0.004 0.006 0.008 0.01 0.012 0.0140
100
200
300
400
500
600f(x) = 50992.152585711 x + 26.4907088558446R² = 0.959619761041412
Axis Title
Los resultandos no fueron muy precisos pero el motivo de esteexperimento es obtener un estimado aproximado, sabemos que sepuede usar una regresión lineal, pues el comportamiento delcaucho de la llanta es elástico, para el caso la constateelástica experimental de deformación en una dirección(vertical) es de aprox. K=51KN/m
Así aplicamos la ley de Hooke
F=KΔr ( 2,7)
Para hallar la longitud de contacto
Dado que ya tenemos P y estimamos K
P=423,187N
K=51KN/m
De la ecuación 2,7
Δr=Pk
=0,0082978m
De la ecuación 2,6 tenemos que para una llanta de 20”
r=R−Δr
r=0,254−0,0082978=0,245702
De la ecuación 2,5
a=0,00415m
Reemplazando en 2,4
M=2 (423,187 ) (0,9) (0,00415 )=3,1585≈3,16N−m
En la siguiente imagen podemos ilustrar de forma más claralas fuerzas y el momento M calculado
Si hacemos
∑ZM=M−Fb=0
F=Mb
(2,8)
Para este sistema de dirección una longitud del brazosecundario b=15cm
Reemplazando en la ecuación (2,8), la fuerza F para hacergirar la llanta la calculamos:
F=3,160,15
=21,07N
En términos de resistencia de materiales metálicos es unafuerza pequeña
Calculo de la fuerza que necesita el conductor para hacergirar las dos llantas
Primero miremos la forma en que el conductor efectuara elmovimiento del brazo
En esta dirección debemos considerar la fuerza máxima deaplicación de la fuerza, pues es en la que un ser humanotiene menor capacidad, para esto se hizo una pequeña pruebaen la que con una balanza electrónica se midió la capacidadideal de una persona:
En promedio la carga permisible en Kg fue de 2,59Kg lo que esigual a 25,3 N, asi que la fuerza permisible seria:
F2=25N
Llamemos al elemento de longitud B, sobre el cual elconductor aplica la fuerza F2 , para hacer girar el vehículo:“Brazo de mando”, y Analicemos las fuerzas implicadas
Habrá momentos en los que el ser humano por cuestiones decoordinación no girara adecuadamente los dos brazos de maneraque la resistencia al giro del vehículo se divida en partesiguales para los dos brazos principales, lo que quiere decirque en esos momentos un brazo arrastrara también la otrallanta, y haciendo:
∑ZM=F2B−M−Fb=0
Reemplazando el valor de F de la ecuación (2,8)
F2B−2M=0
B=2MF2 (2,9)
B=2 (3,16)25
=0,2528≈0,25m
Así que la longitud óptima B del brazo de mando es de 25 cm
Ahora verifiquemos que la geometría del vehículo nospermita realizar el Angulo de giro máximo.
Calculemos el angulo de giro máximo de la llanta quepuede efectuarse sin que el brazo principal invada el área del conductor.
Usando construcción geométrica con Solidwork s, hallamos que el Angulo máximo que se le puede dar a las llantas de nuestro vehículo es de 59,32°
Por lo que el radio de giro máximo usando la ecuación (1,4):
tanδi=l
R1−w2
R1=l
tanδi+w2
R1=1,1223m
De la ecuación (1,3)R=1,38m
Así que el radio máximo que puede efectuar nuestro vehículo es de 1,38m dado que la diferencia con el estimado inicialmente (Rminimo=1,29m¿ es pequeña, podemos decir que nuestro sistema de dirección cumple con los requerimientos propuestos.
Diseño del eje delantero
Cálculos estáticos
|Mmax|=8,464N−m
El momento minimo
Mmin=0
Momento medio
Mm=4,232N−m
Calculos de diseño
con un acero 1045
propiedades
Sut(MPa) Sy(MPa)1580 1520
S´e=700MPa
los factores que modifican el limite de resistenca a la fatiga
Ka=aSutb
Para una operación de maquinadoa=57,7b=−0,718Ka=0,291
El factor de tamaño
Inicialmente definamos el factor de tamaño, pues lo que necesitamos hallar es el diametro
Kb=1
Dado que esta sometido a flexion pura
Kc=1
Dado que este estudi no alcanza a determinar mas condiciones de trabajo, se consideran los demas factores
Kd=Ke=Kf=1
Se=(0,291 ) (700 )=204MPa
Usando el criterio de falla de Goodman, definimos un factor deseguridad de 2,8
Dado que eje no esta girando,no es necesario hacer analisis develocidad critica
El diametro requerido seria 8,74 mm
Ahora introduciendo el factor de tamaño
Kb=1,24d−0,107=0,9833
Se=(0,291 ) (0,9833 ) (700 )=200,3MPa
Iteramos en la ecuacion de criterio de falla y tenemos d=8,79mm
Una vez mas
Kb=1,24d−0,107=0,9827
Asi
Se=(0,291 ) (0,9827 ) (700 )=200,2MPa
Paramos la iteracion dado que en esta ultima d=8,79mm
Para el acero 1020 CD
Sut(MPa) Sy(MPa)470 390
S´e=235MPa
Ka=aSutb
Para una operación de maquinadoa=57,7b=−0,718Ka=0,696
El factor de tamaño
Inicialmente definamos el factor de tamaño, pues lo que necesitamos hallar es el diametro
Kb=1
Dado que esta sometido a flexion pura
Kc=1
Dado que este estudi no alcanza a determinar mas condiciones de trabajo, se consideran los demas factores
Kd=Ke=Kf=1
Se=0,696 (235 )=163,56MPa
Usando el criterio de falla de Goodman, definimos un factor de seguridad de 2,8
d=9,98mm
Ahora introduciendo el factor de tamaño
Kb=1,24d−0,107=0,969
Se=0,696 (0,969 ) (235)=158,56MPa
Iteramos en la ecuacion de criterio de falla y tenemos d=10,06mm
Una vez mas
Kb=1,24d−0,107=0,968
Se=0,696 (0,968 ) (235)=158,42MPa
Asi
d=10,062mm
paramos la iteracion puesto que la diferecia es muy pequeña
resultados de los materiales usados
acero Diametro(mm)
Diametros comerciales(mm)
1045 8,79 14 9,5251020 CD 10,06
Diseño de los elementos de la direccion