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

Medicion de la masa

Marcado del la linea central del eje

Aplicación de la carga en la llanta

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

El momento maximo

|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