ESCUELA SUPERIOR POLITÉCNICA DE CHIMBORAZO

DISEÑO DE ELEMENTOS DE MAQUINAS

FACULTAD DE MECÁNICA

CARRERA DE INGENIERIA MECÁNICA

1. DATOS GENERALES:

NOMBRE: CÓDIGO:

Darío Paredes 6638

FECHA DE REALIZACIÓN: FECHA DE ENTREGA:

2018/08/05 2018/08/07
 EMBRAGUES, FRENOS DE TAMBOR Y EXPANSIÓN INTERNA.

Los embragues de tambor de zapata interna están compuestos por tres elementos principales:

 La superficie de fricción que entrará en contacto.

 El medio de transmisión del par de torsión hacia y desde las superficies
 Mecanismo de accionamiento.
Dependiendo del mecanismo de operación, los embragues se clasifican: de aro expansivo,
centrífugos, magnéticos, hidráulicos y neumáticos. A continuación, describiremos las
aplicaciones de cada uno de ellos además de sus beneficios y desventajas.
Embrague de tambor expansible se emplea a menudo en maquinaria textil, excavadoras y
máquinas herramienta donde dicho mecanismo puede ubicarse dentro de la polea de impulsión.
Los embragues de aro expansible se benefician de los efectos centrífugos; transmiten un par de
torsión alto, incluso a bajas velocidades y requieren un acoplamiento positivo y una amplia
fuerza de desconexión.[ CITATION Ber00 \l 2058 ]

Embrague centrifugo se emplea para operar automáticamente. Sí no se utiliza ningún resorte,

el par de torsión transmitido resulta proporcional al cuadrado de la velocidad. Esto es muy útil
para impulsores con motor eléctrico donde, durante el arranque, la máquina impulsada alcanza
velocidad sin impacto. Los resortes también se pueden usar para evitar el acoplamiento hasta
que se haya alcanzado una cierta velocidad, pero puede ocurrir un cierto grado de impacto.
Para analizar un dispositivo de zapata interna, se muestra una zapata articulada en el punto A y
la fuerza de accionamiento actúa en el otro extremo de la zapata. Como la zapata es larga, no se
puede suponer que la distribución de las fuerzas normales sea uniforme.
La configuración mecánica no permite que se aplique presión en el talón, por lo cual se debe
considerar que la presión en este punto es cero.
Es práctica común omitir el material de fricción cuando existe una distancia corta desde el talón
(punto A), pues así se elimina la interferencia, aunque el material de cualquier manera
contribuiría poco al desempeño.

Geometría asociada con un punto arbitrario en la zapata.

Se considerará la presión p que actúa en un elemento de área del material de fricción, ubicado a
un ángulo θ respecto del pasador de la articulación. Se designará la presión máxima por pa
ubicada a un ángulo θa respecto del pasador de la articulación.
La deformación y en consecuencia la presión, es proporcional a sen θ. En términos de la presión
en B y donde la presión alcanza un máximo, esto significa que:
p pa
=
sen θ sen θa
Al reacomodarse tenemos:
pa
p= sen θ
sen θa
Esta distribución de presión tiene características útiles como:

 La distribución de la presión es senoidal con respecto al ángulo central θ.

 Si la zapata es corta, la máxima presión en la zapata es pa y ocurre en el extremo de
ella, θ2.
 Si la zapata es larga, la máxima presión en ella es pa y se presenta en θa=90°.

Ahora, al continuar con la figura 16-7, las reacciones del pasador de la articulación son
Rx y Ry. La fuerza de accionamiento F tiene componentes Fx y Fy , y funciona a una distancia
c desde el pasado de la articulación. En cualquier ángulo θ respecto del pasador de la
articulación actúa una fuerza normal diferencial dN, cuya magnitud está dada por:
dN = p br dθ
Se determinará la fuerza de accionamiento F mediante la condición de que la suma de
momentos respecto del pasador de la articulación sea cero. Las fuerzas de fricción tienen un
brazo de momento respecto del pasador igual a r − a cosθ. El momento Mf de las fuerzas de
fricción es
θ2
f pabr
Mf =∫ f dN ( r −a cosθ )= ∫ senθ ( r−acosθ ) dθ
sen θa θ 1

El brazo de momento de la fuerza normal d N respecto del pasador es a sen θ. Designando el

momento de las fuerzas normales por Mn y sumándolas respecto del pasador de la articulación
se obtiene
θ2
pa br a
Mn=∫ dN ( a cosθ )= ∫ sen 2 θ dθ
sen θa θ 1

La fuerza de accionamiento F debe equilibrar estos momentos. Así

M N −Mf
F=
c
El par de torsión T que aplica la zapata de frenado al tambor es la suma de las fuerzas de
fricción f d N multiplicada por el radio del tambor [ CITATION Ric08 \l 2058 ]
Rx=∫ dN cosθ−∫ f dN senθ−Fx
pa br
¿ ¿
sen θ a

pa br
Ry= ¿
sen θa

Se simplifica el cálculo con las siguientes expresiones:

θ2
1
A=∫ senθ cosθ dθ=( sen2 θ) θ2
θ1 2 θ1 ( )
 θ2
θ 1
B=∫ sen2 θ dθ=( − sen 2 θ) θ 2
θ1 2 4 θ1 ( )
Entonces, en el caso de una rotación en el sentido de las manecillas del reloj, las reacciones en
el pasador de la articulación están dadas por

pa br
Rx= ( A−fB )−Fx
sen θa
pa br
Ry= ( B+fA )−Fy
sen θa

Para una rotación en sentido contrario al de las manecillas del reloj

pa br
Rx= ( A+ fB )−Fx
sen θa
pa br
Ry= ( B−fA )−Fy
sen θa
 Ejercicios

1. El freno de la figura tiene 300 mm de diámetro y se acciona mediante un mecanismo

que ejerce la misma fuerza F en cada zapata. Éstas son idénticas y tienen un ancho de
cara de 32 mm. El forro es de asbesto moldeado con un coeficiente de fricción de 0.32 y
una limitación de presión de 1 000 kPa. Calcular la fuerza máxima de accionamiento F.

Solución.

La zapata derecha es auto-energizante, por lo cual la fuerza F se determina bajo el fundamento

de que la presión máxima ocurrirá en esta zapata. Aquí θ1=0°, θ2=126°, θa=90° y sen θa=l.
Asimismo

2 2
a=√ ( 112 ) + ( 50 ) =122.7 mm

Integrando la ecuación (16-2) de 0 a θ2 se obtiene

θ2
f pa br
Mf = ∫ senθ ( r −acosθ ) dθ
sen θa θ1
f pabr a
¿
sen θa (r −r cosθ 2− sen 2 θ 2
2 )
Cambiando todas las longitudes a metros, se tiene:

[
Mf =0.32 ( 1 000 ( 10 )3 )∗( 0.032 )∗0.150 x 0.150−0.150 cos 126− ( 0.1227
2 )
2
sen 126
]
Mf =304 N . m

El momento de las fuerzas normales se obtiene mediante la ecuación (16-3). Integrando de 0 a

θ2, resulta
 θ2
pa br a
MN = ∫ sen2 θ dθ
sen θa θ 1

pa br a θ 2 1
¿ (
sen θa 2 4
− sen 2 θ 2 )
¿ [ 1 000 (10 )3 ] (0.032)(0.150)( 0.1227) { π2 126 1
− sen [( 2 ) ( 126 ) ]}
180 4

¿ 788 N . m

De la ecuación (16-4), la fuerza de accionamiento es

M N −Mf 788−304
F= = =2.28 kN
c 100−112
 2. En la figura se ilustra un freno de tambor interno que tiene un diámetro interno del
tambor de 12 pulg y una dimensión R = 5 pulg. Las zapatas tienen un ancho de cara de
1 1/2 pulg y ambas se accionan mediante una fuerza de 500 lb. El coeficiente medio de
fricción es de 0.28.
a) Encuentre la presión máxima e indique la zapata en la que ésta ocurre.
b) Calcule el par de torsión de frenado que produce cada zapata y determine el par de
torsión total de frenado.
c) Proporcione las reacciones resultantes en el pasador de la articulación.

f p a br θ 2
Mf = ∫ senθ ( r−acosθ ) dθ
sen θ a θ 1

f p a br a 2
Mf = (r −rcos θ2− se n θ 2)
sen θ a 2

0,28 p a ( 1,5 ) ( 5 ) 5
Mf = ( 5−5 cos 120− se n2 120)
sen 90 ° 2

M f =11,813 pa

p a bra θ 2
MN= ∫ sen θ2 dθ
sen θ a θ 1

p a (5 )( 5 ) ( 1,5 ) π 1
MN=
sen 90 ° ( − sen ( 240 )
3 4 )
M N =47,389 pa

M N −M f
F=
c
 47,389 p a−11,813 p a
F=
c
1,5
c=2(5− )
2
c=8,5∈¿
47,389 pa −11,813 pa
5000=
8,5
pa=1194,62 psi ¿

MN+Mf
F=
c
47,389 pa +11,813 p a
5000=
8,5
pa=717,88 psi
Torque derecho

f pa b r 2 (cos θ1 −cos θ2 )
T=
sen θ a
T D =18815,26 lb.∈¿

Torque izquierdo

f pa b r 2 (cos θ1 −cos θ2 )
T=
sen θ a
T I =11306,61lb .∈¿

T =T I +T D

T =30121,87 lb.∈¿
Calculo de las reacciones
θ2
A=∫ senθ cosθ dθ=¿ ¿
θ1

1
A=( se n2 θ2 )
2
A=3/8
θ2
B=∫ se n 2 θ dθ=¿ ¿
θ1
B= ( θ2 − 14 sen 2 θ )
2

B=1,264
Zapata derecha:
pa br
R x= ( A−fB )−F x
sen θa

1194,62 (1,5)( 5) 3
R x=
sen 90 ° 8 ( )
−0,28 x 1,264 −5000 sen 30 °

R x =6459,62lb

p a br
R y= ( fA + B )−F y
sen θa

1194,62(1,5)(5) 3
R y=
sen 90 ° ( )
1,264+0,28 x −5000 cos 30 °
8
R y =4628,15 lb
Zapata izquierda
pa br
R x= ( A−fB )−F x
sen θa

717,88 (1,5)(5) 3
R x=
sen 90 ° 8 ( )
−0,28 x 1,264 −5000 sen 30 °

R x =−2953 , 34 lb

p a br
R y= ( fA + B )−F y
sen θa

717,88(1,5)(5) 3
R y=
sen 90° ( )
1,264+0,28 x −5000 cos 30 °
8
R y =3934,46lb
 EMBRAGUES Y FRENOS DE CONTRACCIÓN EXTERNA

Este tipo de embrague o freno posee elementos externos contráctiles de fricción, pero con la
singularidad de que el mecanismo de accionamiento es neumático.
Estos se pueden clasificar en:

 Solenoides
 Palancas, eslabonamientos o palanquillas de codo
 Eslabonamiento con carga por resorte
 Hidráulicos y neumáticos

Siguiendo el mismo análisis empleado para los embragues y frenos de expansión interna se
deducen las ecuaciones para la fuerza actuante, las reacciones en el pasador, y el torque. El
embrague mostrado en la siguiente figura tiene elementos de fricción externos contráctiles pero
el mecanismo actuador es neumático. Los mecanismos de accionamiento pueden ser solenoides,
palancas o eslabonamientos, hidráulicos, y neumáticos. En esta sección su libro de texto solo
considera los frenos y embragues con zapatas externas articuladas. La notación a emplear para
este tipo de embragues puede apreciarla en la siguiente figura.
 θ2
f p br
M f = a ∫ senθ (r −acosθ)dθ
sen θ a θ 1

θ2
p bra
Mn= a ∫ se n2 θdθ
sen θ a θ 1

A la suma las ecuaciones se darán valores positivos cuando estén en sentido de las manecillas
del reloj:
Mn+ Mf
F=
c
Y las reacciones vertical y horizontal del pasador en la articulación son las siguientes:

pa br p br
R x= ( A +fB )−Fx R y = a ( fA−B ) + Fy
sen θa sen θa

En cambio, si la rotación es anti horaria se va a invertir el signo del término de fricción en las
ecuaciones, teniendo que la fuerza y las reacciones son:
Mn−Mf
F=
c

pa br p br
R x= ( A−fB )−FxR y = a (−fA−B ) + Fy
sen θa sen θa
Ejercicios

1. El freno de la figura tiene un coeficiente de fricción de 0.30, un ancho de cara de

2 pulg y una presión límite en el forro de 150 psi. Proporcione la fuerza límite de
accionamiento F así como la capacidad del par de torsión.

Solución:

θ2=180 ° −30° −arctg ( 123 )=136 °

3
θ =20° −arctg ( ) =6 °
1
12
θa =90 ° ; a=¿
136°
0.3 ( 150 )( 2 ) 10
Mf = ∫ senθ (10−12.37 cosθ) dθ
sen 90° 6°

M f =12800lbf .∈¿

( 150 )( 2 ) 10(12.37) 136 °

MN=
sen 90 °
∫ se n2 θ dθ
6°

M f =53300lbf .∈¿
 De la zapata LH:
c l=12+12+ 4=28∈¿

53300−12800
F L= =1446 lbf
28

T L =0.3 ( 150 ) 2¿ ¿

De la zapata RH
pa pa
M N =53300 ( 150 )=355.3 pa ; M =12800 ( 150
f )=85.3 pa
En la zapata, tanto Mn como Mf son:
c R=( 24−2 tg14 ° ) cos 14 ° =22.8∈¿

F act=F L sen 14 ° =361lbf

FL
FR= =1491lbf
cos 14 °
Entonces:
355+85.3
1491= pa → pa=77.2 psi
22.8
T R =0.3 ( 77.2 ) 2 ¿ ¿

T TOTAL=15420+7940=23400 lbf .∈¿

2. Observe la zapata de freno externa articulada simétrica de la figura y la
ecuación. Suponga que la distribución de la presión es uniforme; es decir, la
presión p es independiente de θ. ¿Cuál sería la distancia a’ al pivote? Si
θ1=θ 2=60 ° , compare a con a’

Solución:
θ2

M f =2∫ (fd N )(a ' cosθ−r )

0

Donde:
d N= pbr dθ
θ2

M f =f pbr ∫ ( a' cosθ−r ) dθ=0

0

θ2 θ2

a ´ ∫ cosθd =r ∫ dθ
0 0
 a'=
r θ2
=
r ( 60 ° ) ( 180π ) =1.209 r
sen θ2 sen 60 °
4 rsen60 °
a= =1.17 r
π
( )
2 ( 60 )
180
+ sen [2 ( 60 ° ) ]

EMRBAGUES Y FRENOS DE BANDA

Los embragues y frenos de banda flexibles se emplean en excavadoras de potencia y de

malacates y otros tipos de maquinaria. Debido a la Fricción y rotación del tambor, la fuerza de
accionamiento de P2 es menor que la reacción del pasador P1. Cualquier elemento de la banda,
de longitud angular dθ , estará en equilibrio ante la acción de las fuerzas que se muestran en la
figura. Al sumar estas fuerzas en la dirección vertical, se obtiene
dθ dθ
( P+dP ) sen + P sen −dN=0 (a)
2 2
dN =Pdθ (b)

θ θ
Puesto que, en el caso de ángulos pequeños, de sen d =d .Al sumar estas fuerzas en
2 2
dirección horizontal, se tiene que
dθ dθ
( P+dP ) cos −P cos −f dN=0 ( c)
2 2
dP−f dN =0 (d)

θ
Ya que para angulos pequeños cos ( d ) = 1. Al sustituir el valor de dN de la ecuación (b) en
2
(d) y efectuar la integración se obtiene[ CITATION Rob04 \l 2058 ]
P1 ∅
P1
∫ dP =f ∫ d θ o bien ln
P2
=f ∅
P2 P 0

P1
=¿ e f ∅ ¿
P2
El par de torsión puede obtenerse de la ecuación:
 D
T =( P1−P2 )
2
La fuerza normal d N que actúa sobre un elemento de área de anchura b y longitud rdθ es:

dN = pbr dθ
Donde p es la presión. La sustitución del valor de d N de la ecuación dN =Pdθ da:

Pdθ= pbr dθ
Por consiguiente:
P 2P
p= =
br bD
Por lo tanto, la presión es proporcional a la tensión en la banda. La presión máxima pa se
presentará en la punta y tiene el siguiente valor:
2 P1
pa =
bD

Fuerzas presentes en un freno de banda

Shigley
 Ejercicios
1. La presión máxima en la interfaz de la banda del freno de la figura es de 620 kPa.
Utilice un tambor de 350 mm de diámetro, un ancho de banda de 25 mm, un coeficiente
de fricción de 0.30 y un ángulo de cobertura de 270°. Encuentre las tensiones de la
banda y la capacidad del par de torsión.

Datos:

D=350 mm
b=25 mm
pa=620 kPa
f =0.30
ϕ=270 º

pa bD 620 ( 0,025 )( 0,35 )

P 1= = =2,712 kN
2 2

fϕ=0.30 ( 270 )( π /180 ) =1,414

P2=P1 e−fϕ =2,712 e−1,414 =0,66 kN

D 0,35
T =( P1−P2 ) =( 2,712−0,66 ) =0,36 kNm
2 2
 2. El Freno de cinta de la figura se activa por medio de un cilindro de aire comprimido con
diámetro dc. El cilindro se impulsa por presión de aire p=0.7 Mpa. Calcular el momento
de freno máximo posible si el coeficiente de fricción entre la banda y el tambor es 0.25.
La fuerza de la masa sobre el brazo del tambor se desprecia d c=50mm, r=200mm,
l1=500mm, l2=200mm y l3=500mm

Solución:
La fuerza que se ejerce en el brazo

F= p∗A

F=0.7∗106∗π ¿ ¿
Calculando el momento en la articulación del brazo
P2∗l 2−F∗l3 =0

F∗l 3 1374.44∗0.5
P 2= = =3436.125 N
l2 0.2
Angulo abrazado por la cinta
r
Sen∝=
l1

r
∝=sen−1 () l1

∝=sen−1 ( 250
500 )
=23.57 °=0.410 rad

∅=π + 0.41=3.553 e μ ∅=2.43

P1=P2∗e μ ∅ =2.43∗3436.1=8349.72 N

T =(P ¿ ¿1−P2) r=982.71 Nm ¿

3. Diseñe un freno de banda que ejerza un par torsional de frenado de 720 lb – plg para
frenar desde 120 rpm

Paso 1.- Se debe seleccionar un material y especificar un valor de diseño para la presión
máxima
Para este caso se ha seleccionado un material de tela para facilitar la adaptación a la forma
cilíndrica del tambor.
Usamos un Pmax: 25 psi y un valor de diseño f:0.25

Paso 2.- Especificamos dimensiones tentativas geométricas de r, θ , y w. Para el caso de este

problema se prueba con r: 6 plg, θ :225 ° y w: 2 plg
θ :225 ° :3.93 rad
Paso 3.- Se procede a calcular la tensión máxima de la banda P1 con la ecuación P1=Pmax rw

lb
P1=Pmax rw=25 ∗6∈¿ 2∈¿ 300 lb
¿2
P1
Paso 4.- Se calcula la tensión P2 con la ecuación P2=
ef θ
P1 300 lb
P 2= fθ
= =112 lb
e e 0.25∗3.93
Paso 5.- Se calcula el par torsional de fricción T f

T f =( P1−P1 ) r=( 300−112 )∗6=1128 lb∗plg

Nota: se deben repetir los pasos 2 a 5 hasta llegar a dimensiones y par torsional de fricción
satisfactorios. Para esto se prueba un diseño más pequeño, por ejemplo, con un r = 5 plg

lb
P1=Pmax rw=25 ∗5∈¿2∈¿ 250 lb
¿2
P1 250 lb
P 2= fθ
= =93.7 lb
e e 0.25∗3.93
T f =( P1−P1 ) r=( 250−93.7 )∗5=782 lb∗¿ Bien

Paso 6.- Se especifica las dimensiones de la palanca y se calcula la fuerza requerida para el
accionamiento. Use a= 5 plg y L= 15 plg. Entonces:

W =P2 ( aL )=93.7 lb ( 155 )=31.2 lb

Paso 7.- Calcule la tasa promedio de desgaste con W/R= P1/A:

A=2 πrw ( θ /360 )=2 π ¿

Tf n ( 782 ) ( 120 )
Pf = = =1.5 hp
63000 63000
P f 1.5 hp hp
WR= = 2
=0.038 2
A 39.3 ¿ ¿

Este debe ser un resultado conservador para un servicio promedio.

Bibliografía

Bernard Hamrock, B. O. (2000). Elementos de Maquinas. Mexico: McGraw-Hill.

Mott, R. (2004). Machine Elements in Mechanics Desing. Ohio: Pearson.

Richard Budynas, K. N. (2008). Diseño en ingenieria mecanica de Shigley. Mexico: Mc Graw Hill.