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DDPPTTOO.. IINNGGEENNIIEERRÍÍAA MMEECCÁÁNNIICCAA,, EENNEERRGGÉÉTTIICCAA YY DDEE MMAATTEERRIIAALLEESS 22000044 VV.. BBAADDIIOOLLAA
- 147 DISEÑO DE MÁQUINAS I
Anejo 1. Problemas
A1.1. PROBLEMAS TEMA 1:
PROBLEMA 1
Determinar sobre el elemento mecánico de la figura siguiente, la flecha en el punto A por el método de Castigliano.
Considerar E=210Gpa y coeficiente de Poisson ν=0.3.
TPunto A
P
L/2
L
L
2L
D
dr
Datos:
� L=300mm
� d=40mm
� D=44mm
� r=2mm
� P=T/L
� P=1000N
22000044 VV.. BBAADDIIOOLLAA
DISEÑO DE MÁQUINAS I - 148 -
PROBLEMA 2
Determinar el ángulo en A debido a la flexión:
� a1=50mm
� b1=150mm
� a2=100mm
� E=210Gpa
� D=20mm
� F1=45kgr
� F2=140kgr
� MT=3000cm·kgr
A1.2. PROBLEMAS TEMA 2:-
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- 149 DISEÑO DE MÁQUINAS I
A1.3. PROBLEMAS TEMA 3:
PROBLEMA 1
Determinar el fallo de la pieza de la figura según el criterio de Mohr modificado.
z
xy
Fa
Fb
TBarra 1
Barra 2
TracciónCompresión
DATOS:Fa=1KNFb=2KNT=3KN·mL=1mD=50mmE=210GPaSut=700MPaSuc=900MPa
y
zPor simetría, Iy=IzAdemás, Ix=Iy+IzE Ix es el momento polar de inercia Ip:
2/III
I32D
I
zy
4
p
==
=⋅π=
Barra 1:
x
zPor simetría, Ix=IzAdemás, Iy=Ix+IzE Iy es el momento polar de inercia Ip:
2/III
I32D
I
zx
4
p
==
=⋅π=
Barra 2:
22000044 VV.. BBAADDIIOOLLAA
DISEÑO DE MÁQUINAS I - 150 -
Fb
Fa
My=Fb·L, flexión en plano XZ
2/IRLF
I
RM b
y
yx
⋅⋅=⋅
=σ 2/IRLF
IRM a
z
zx
⋅⋅=⋅=σ
Mz=Fa·L, flexión en plano XY
T
Mx=T, torsión
IRT
IRT
p
⋅=⋅=τ
Barra 1:
z
y
z
y
Barra 2:
Fb
T
FaMy=Fb·L
Mz=Fa·L
Mx=Fb·L, flexión en plano YZ
My=Fb·L, torsión
2/IRLF
IRM b
x
xy
⋅⋅=⋅=σ
IRLFb ⋅⋅=τ
Mz=Fa·L, flexión en plano XY
Fa, axial2/I
RLFI
RM a
z
zy
⋅⋅=⋅=σ
AFa
y =σ
Mx=T, flexión en plano YZ
2/IRT
IRM
x
xy
⋅=⋅=σ
z
x
z
x
z
x
Barra 1:
Barra 2:
y
z
AB
Punto A:2/I
RLFbx
⋅⋅=σ
IRT ⋅=τ
Punto B:
IRT ⋅=τ
2/IRLFa
x⋅⋅=σ
Punto C,E:
Punto D:
2/IRT
AF
2/IRLF ab
y⋅−+⋅⋅=σ
IRLFb ⋅⋅=τ
2/IRLF
AF aa
y⋅⋅+=σ
IRLFb ⋅⋅=τ
σ
τ
( )τσ,
22
21 22, τ+�
�
���
� σ±σ=σσ
x
z
D
C
x
z
D
C
E
DDPPTTOO.. IINNGGEENNIIEERRÍÍAA MMEECCÁÁNNIICCAA,, EENNEERRGGÉÉTTIICCAA YY DDEE MMAATTEERRIIAALLEESS 22000044 VV.. BBAADDIIOOLLAA
- 151 DISEÑO DE MÁQUINAS I
Realmente puntos A, B, C y D puntos críticos?
Fa
Fb
TBarra 1
Barra 2
Realmente, sobre una sección determinada, tenemos
y
zMz=Fb·x
My=Fa·x
Ejemplo, Barra 1:
Los momentos son vectores � se pueden sumar vectorialmente
2y
2z MMM += Mz
My
M
αy
z
MM
tg =α
2y
2z MMM += Mz
My
M
αy
z
MM
tg =α
y
z
α
M
( ) ( ) ( ) ( )2/I
RLFF2/I
RLFLF2/IRM
2b
2a
2b
2a ⋅⋅+
=⋅⋅+⋅
=⋅=σ
IRT ⋅=τ
Cuando se tiene momentos de flexión perpendiculares que actúan sobre una sección, el
momento resultante se calcula como suma vectorial de los momentos actuantes.
Así, los valores de tensión que se deben emplear para calcular las tensiones principales serán los correspondientes a los esfuerzos resultantes actuantes.
Sustituyendo valores tenemos:
Barra 1:
� ( ) ( ) ( ) ( )
MPa2.2142/I
RLFF2/I
RLFLF2/IRM
2b
2a
2b
2a =
⋅⋅+=
⋅⋅+⋅=⋅=σ
� MPa2.122IRT =⋅=τ
� MPa1621.1072,1 ±=σ
Barra 2:
� ( ) ( )
MPa5.1152/I
RTLFLF2/IRM
AF 2
b2
aa =⋅−⋅+⋅
=⋅+=σ
� MPa5.81I
RLFa =⋅⋅
=τ
� MPa10075.572,1 ±=σ
22000044 VV.. BBAADDIIOOLLAA
DISEÑO DE MÁQUINAS I - 152 -
A1.4. PROBLEMAS TEMA 4:
PROBLEMA 1
El eje de la figura está sometido a un momento flector alternativo. Está fabricado con acero de resistencia a la rotura Su=1000Mpa y acabado por rectificado. Calcular momento flector Mf para una vida de 200.000 ciclos:
� suponer M=100mkg±Mf; Sy=800Mpa
� además actúa una carga axial F=70±35KN
� además un esfuerzo torsor compuesto por un par medio más un par alternado Nmm50000Nmm100000MM amTm ±=±
3033
R=1.5
Apartado a)
La pieza está sometida a flexión alternada. El diagrama S-N para flexión alternada es el mismo que para flexión rotativa y es:
En primer lugar debemos calcular el límite de resistencia a fatiga del acero:
'ecgedqbae SKKKKKKKS ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=
Acero con Sut<1400Mpa, luego MPa500Sut5.0S'e =⋅= .
Factores modificativos:
p Superficie Ka: ( ) 878.0100058.1K 085.0a =⋅= −
p Tamaño Kb: como es flexión alternada, se calcula el diámetro equivalente
mm1.113037.0d37.0de =⋅=⋅= . Y ahora el factor Kb: 958.062.7
dK
1133.0e
b =��
���
�=−
, con d en mm
p Carga Kq: en flexión alternada este factor vale 1.
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- 153 DISEÑO DE MÁQUINAS I
p Concentración de tensiones: f
e K1
K =
1.2K14.26.GraficaA1.130
33d
D
05.0305.1
dr
t =�→�
�
�
==
==
Análogamente se calcula se sensibilidad a la entalla q=0.88
Luego, ( ) ( ) 968.111.288.011Kq1K tf =−⋅+=−⋅+= El factor de concentración de tensiones
Kf’ a 103 ciclos es: ( )1Kc1K f'
f −⋅+= siendo 328.01.0700
S3.0c u =−
⋅= . Luego 318.1K '
f = .
p Efectos diversos Kg=1
p Factor de confiabilidad Kc: puesto que la resistencia Su=1000Mpa es una resistencia media y por lo tanto se le asocia una confianza del 50%, calculamos este factor para una confianza del 90%.
896.03.108.01K c =⋅−= .
A continuación, con todos los factores se calcula:
( ) MPa5.191SKKKKKKK10S 'ecgedqba
6e =⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=
Análogamente, la resistencia a 1000 ciclos se ve reducida por Kf’:
( ) MPa8.682'KfS9.0
10S ut3 =⋅=
De esta forma queda definida la curva SN:
A 200.000 ciclos, la resistencia a la fatiga S se obtiene como:
( ) ( )MPa7.257S
3)200000log(
Slog'KfS9.0
log
36
Selog'KfS9.0
log utut
=�−
−��
���
� ⋅
=−
−��
���
� ⋅
El criterio de Goodman establece que: 1
csS
csS e
a
ut
m =σ+σ
22000044 VV.. BBAADDIIOOLLAA
DISEÑO DE MÁQUINAS I - 154 -
Asumiendo cs=1, y puesto que el momento flector alternado produce tensión media nula,
eae
a S1S =σ→=σ .
Se es la resistencia a fatiga a un número determinado de ciclos, en nuestro caso el criterio de diseño es 200.000 ciclos luego Se=257.7Mpa.
La máxima tensión es:
64d
2/dM4
fmax,a
π
⋅=σ , luego Nmm68309032
307.25732
dM
33max,a
f =⋅π⋅=⋅π⋅σ
=
Otra forma de trabajar es considerar la concentración de tensiones como concentrador de tensiones y no reductor de resistencia. Entonces,
( ) MPa8.376SKKKKKK10S 'ecgdqba
6e =⋅⋅⋅⋅⋅⋅=
De esta forma queda definida la curva SN:
A 200.000 ciclos, la resistencia a la fatiga S se obtiene como:
( ) ( ) ( ) ( )MPa461S
3)200000log(SlogS9.0log
36SelogS9.0log utut =�
−−⋅
=−
−⋅
El criterio de Goodman establece que: 1
csS
csS e
a
ut
m =σ+σ
Asumiendo cs=1, y puesto que el momento flector alternado produce tensión media nula,
KfS1S
Kf ea
e
a =σ→=⋅σ .
La máxima tensión es:
64d
2/dM4
fmax,a
π
⋅=σ , luego Nmm62159332
305.23432
dM
33max,a
f =⋅π⋅=⋅π⋅σ
=
Apartado b)
En este caso, el momento flector medio produce una tensión media:
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- 155 DISEÑO DE MÁQUINAS I
MPa377
6430
2/301000000
64d
2/dM44
mmax,m =
π
⋅=π
⋅=σ
Podemos seguir cualquiera de las líneas de trabajo con el factor Kf (concentrador/reductor):
Si lo consideramos reductor de resistencia, tenemos que la resistencia a fatiga a 200.000 ciclos era 257.7Mpa.
( ) MPa5.160100037717.257S1S1SS ut
mea
e
a
ut
m =−=���
��� σ−⋅=σ→=σ+σ
Luego: Nmm42544032
305.16032
dM
33max,a
f =⋅π⋅=⋅π⋅σ
=
Si consideramos concentrador de tensión, asumiendo que se trata de un material dúctil:
( )MPa9.145
968.11000
3771461Kf
S1S1S
KfS
ut
me
ae
a
ut
m =−⋅
=���
��� σ−⋅
=σ→=⋅σ+σ
Luego: Nmm38683632
309.14532
dM
33max,a
f =⋅π⋅=⋅π⋅σ
=
Es necesario por último comprobar la fluencia:
MPa800SMPa5.5375.160377 yammax =<=+=σ+σ=σ
Apartado c)
Además de los momentos flectores alternado y medio actúa un esfuerzo axial de 70KN±35KN.
En este caso, estamos en el caso 2) Esfuerzos combinados, una misma componente de tensión (tensión axial xσ ), pero distintos factores modificativos.
Tenemos dos límites de fatiga, uno para cada tipo de esfuerzo:
axial,mflector,mmT σ+σ=σ
Existen dos formas de plantear este caso:
Primera forma: 1SSSu axial,N
axial,a
flector,N
flector,amT =σ
+σ
+σ
Segunda forma: 1SSu flector,N
Naxial,aflector,amT =α⋅σ+σ
+σ
, donde axial,N
flector,NN S
S=α
Calculamos el límite de fatiga para carga axial:
p Superficie Ka: ( ) 878.0100058.1K 085.0a =⋅= −
p Tamaño Kb (d>10mm): Kb=0.6
p Carga Kq: 0.923 (axial y Su<1520Mpa)
p Concentración de tensiones: f
e K1
K =
22000044 VV.. BBAADDIIOOLLAA
DISEÑO DE MÁQUINAS I - 156 -
5.2K13.26.GraficaA1.130
33d
D
05.0305.1
dr
t =�→�
�
�
==
==
Análogamente se calcula se sensibilidad a la entalla q=0. 88
Luego, ( ) ( ) 32.215.288.011Kq1K tf =−⋅+=−⋅+= El factor de concentración de tensiones
Kf’ a 103 ciclos es: ( )1Kc1K f'
f −⋅+= siendo 328.01.0700
S3.0c u =−
⋅= . Luego 4337.1K '
f = .
p Efectos diversos Kg=1
p Factor de confiabilidad Kc: puesto que la resistencia Su=1000Mpa es una resistencia media y por lo tanto se le asocia una confianza del 50%, calculamos este factor para una confianza del 90%.
896.03.108.01Kc =⋅−= .
Planteamos el problema con el factor de concentración como reductor de resistencia:
( ) MPa9.93SKKKKKKK10S 'ecgedqba
6e =⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=
A 1000 ciclos, el punto en lugar de ser 0.75Su es : MPa1.52343375.1
10075.0'KS75.0
f
u =⋅=⋅
Luego se obtiene a 200.000 ciclos:
( ) ( )MPa4.139S
3)200000log(
Slog'KfS75.0log
36
Selog'KfS75.0log utut
=�−
−���
��� ⋅
=−
−���
��� ⋅
Finalmente se aplica el criterio de Goodman de la segunda forma, teniendo en cuenta que:
85.14.1397.257
SS
axial,N
flector,NN ===α . Luego: 1
SSu flector,N
Naxial,aflector,amT =α⋅σ+σ
+σ
MPa476
430
70000377 2axial,mflector,mmT =
⋅π+=σ+σ=σ
MPa5.9185.1
430
35000flector,a2flector,aaxial,aflector,aaT +σ=⋅
⋅π+σ=α⋅σ+σ=σ
Y operando, se despeja la tensión alterna debida al flector alternado:
5.4317.257
5.911000476
flector,aflector,a =σ�=
+σ+
Luego: Nmm8.11556132
305.4332
dM
33max,a
f =⋅π⋅=⋅π⋅σ
=
A continuación se verifica la fluencia:
MPa800SMPa5685.495.43476 yaxial,aflector,ammax =<=++=σ+σ+σ=σ
Apartado d)
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- 157 DISEÑO DE MÁQUINAS I
En este caso, se supone que actúa además un esfuerzo torsor compuesto por un par medio más un par alternado.
Calculamos el límite de fatiga para torsión:
p Superficie Ka: ( ) 878.0100058.1K 085.0a =⋅= −
p Tamaño Kb (d=30mm): 856.062.7
30K
1133.0
b =��
���
�=−
p Carga Kq: 0.577 (torsión), pero luego no volveremos a multiplicarlo por 0.577 en la gráfica siguiente:
p Concentración de tensiones: f
e K1
K =
65.1K15.26.GraficaA1.130
33d
D
05.0305.1
dr
t =�→�
�
�
==
==
Análogamente se calcula se sensibilidad a la entalla q=0.97 (acero templado)
Luego, ( ) 6305.11Kq1K tf =−⋅+= El factor de concentración de tensiones Kf’ a 103 ciclos es:
( )1Kc1K f'
f −⋅+= siendo 328.01.0700
S3.0c u =−
⋅= . Luego 207.1K '
f = .
p Efectos diversos Kg=1
p Factor de confiabilidad Kc: puesto que la resistencia Su=1000Mpa es una resistencia media y por lo tanto se le asocia una confianza del 50%, calculamos este factor para una confianza del 90%.
896.03.108.01K c =⋅−= .
Planteamos el problema con el factor de concentración como reductor de resistencia:
( ) MPa8.118SKKKKKKK10S 'ecgedqba
6e =⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=
A 1000 ciclos:
MPa44.596207.1
100072.0'KfSu72.0 =⋅=⋅
22000044 VV.. BBAADDIIOOLLAA
DISEÑO DE MÁQUINAS I - 158 -
Luego se obtiene a 200.000 ciclos:
( ) ( ) ( )MPa173S
3)200000log(Slog44.596log
36
Selog'KfS72.0log ut
=�−
−=−
−���
��� ⋅
El momento torsor produce una tensión de cortadura:
MPa86.18dT16
32/d2/dT
3m
4m
m =⋅π⋅=
⋅π⋅=τ
La tensión media equivalente es la tensión media de Von-Mises:
( ) ( ) MPa47786.183993773 222xym
2axial,xmflector,xmeqm =⋅++=τ⋅+σ+σ=σ
Se calculan los factores α tomando como referencia la resistencia a la fatiga a flexión:
Flexión: 11 =α
Axial: 85.14.1397.257
SS
axial,N
flexion,N2 ===α
Torsión: 86.03173
7.2573S
S
torsionl,N
flexion,N3 =
⋅=
⋅=α
La tensión alternada equivalente es la tensión de Von-Mises, incluyendo los factores:
( ) ( ) ( ) ( )22flector,xa
23xya
22axial,xaflector,xaeqa 86.043.9385.151.493 ⋅⋅+⋅+σ=α⋅τ⋅+α⋅σ+σ=σ
Ya que:
MPa43.930
5000016dT16
32/d2/dT
33a
4a
a =⋅π
⋅=⋅π⋅=
⋅π⋅=τ
Se aplica ahora el criterio de Goodman:
MPa47.4217.2571000
4771
SSu flector,xaa,eq
flector,N
a,eqm,eq =σ�=σ
+→=σ
+σ
Luego: Nmm11259732
3047.4232
dM
33max,a
f =⋅π⋅=⋅π⋅σ
=
Por último, se verifica la fluencia:
( ) ( ) ( )( ) ( ) MPa56043.986.18351.499947.423773 222xymax
2axial,xmasflector,xmaxeqmax =+⋅++++=τ⋅+σ+σ=σ
Puesto que es menor que 800Mpa, se verifica que no ha entrado en fluencia.
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- 159 DISEÑO DE MÁQUINAS I
PROBLEMA 2
El elemento de la figura está empotrado en un extremo y sometido a las cargas indicadas en su extremo libre. Se desea determinar el valor de la carga alternada Pa que será capaz de soportar durante 150.000ciclos.
Material: acero Su=1000Mpa, Sy=800Mpa
1000kg±2·Pa
500kg±·Pa
400
r=2
Φ=40
Φ=44
100 200200 La sección crítica es la correspondiente a la entalla, puesto que posee el cambio de sección y
por lo tanto la concentración de tensiones.
En dicha sección tenemos flexión alternada y torsión. Corresponde al caso 3.
En primer lugar debemos calcular el límite de resistencia a fatiga del acero:
Límite de resistencia a la fatiga a flexión alternada: 'ecgedqbae SKKKKKKKS ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=
Acero con Sut<1400Mpa, luego MPa500Sut5.0S'e =⋅= .
Factores modificativos:
p Superficie Ka: Asumimos que está maquinado o estirado en frío: ( ) 7231.0100051.4K 265.0
a =⋅= −
p Tamaño Kb: como es flexión alternada, se calcula el diámetro equivalente
mm8.144037.0d37.0de =⋅=⋅= . Y ahora el factor Kb: 9275.062.7
dK
1133.0e
b =��
���
�=−
, con d en mm
p Carga Kq: en flexión alternada este factor vale 1.
p Concentración de tensiones: f
e K1
K =
22000044 VV.. BBAADDIIOOLLAA
DISEÑO DE MÁQUINAS I - 160 -
86.1K9.26.GraficaA1.140
44d
D
05.0402
dr
t =�→�
�
�
==
==
Análogamente se calcula se sensibilidad a la entalla q=0.9
Luego, ( ) ( ) 774.1186.19.011Kq1K tf =−⋅+=−⋅+= El factor de concentración de tensiones
Kf’ a 103 ciclos es: ( )1Kc1K f'
f −⋅+= siendo 328.01.0700
S3.0c u =−
⋅= . Luego 2543.1K '
f = .
p Efectos diversos Kg=1
p Factor de confiabilidad Kc: puesto que la resistencia Su=1000Mpa es una resistencia media y por lo tanto se le asocia una confianza del 50%, calculamos este factor para una confianza del 90%.
896.03.108.01Kc =⋅−= .
A continuación, con todos los factores se calcula:
( )MPa37.169500896.01
774.11
19275.07231.0
SKKKKKKK10S 'ecgedqba
6e
=⋅⋅⋅⋅⋅⋅
=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=
Análogamente, la resistencia a 1000 ciclos se ve reducida por Kf’:
( ) MPa53.717'KfS9.0
10S ut3 =⋅
=
De esta forma queda definida la curva SN:
A 150.000 ciclos, la resistencia a la fatiga S se obtiene como:
( ) ( ) ( ) ( )MPa8.251S
3)150000log(Slog53.717log
3637.169log53.717log
flexion =�−
−=−−
Límite de resistencia a la fatiga a torsión:
p Superficie Ka: ( ) 7231.0100051.4K 265.0a =⋅= −
p Tamaño Kb (d=40mm): 8287.062.7d
K1133.0
b =��
���
�=−
(sección completa)
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- 161 DISEÑO DE MÁQUINAS I
p Carga Kq: 0.577 (torsión), pero luego no volveremos a multiplicarlo por 0.577 en la gráfica siguiente:
p Concentración de tensiones: f
e K1
K =
32.1K8.26.GraficaA1.140
44d
D
05.0402
dr
t =�→�
�
�
==
==
Análogamente se calcula se sensibilidad a la entalla q=0.98 (acero estirado)
Luego, ( ) 3136.11Kq1K tf =−⋅+= El factor de concentración de tensiones Kf’ a 103 ciclos es:
( )1Kc1K f'
f −⋅+= siendo 328.01.0700
S3.0c u =−
⋅= . Luego 1030.1K '
f = .
p Efectos diversos Kg=1
p Factor de confiabilidad Kc: puesto que la resistencia Su=1000Mpa es una resistencia media y por lo tanto se le asocia una confianza del 50%, calculamos este factor para una confianza del 90%.
896.03.108.01Kc =⋅−= .
( )MPa118500896.0577.0
3136.11
18287.07231.0
SKKKKKKK10S 'ecgedqba
6e
=⋅⋅⋅⋅⋅⋅
=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=
A 1000 ciclos:
MPa765.6521030.1
100072.0'KfSu72.0 =⋅=⋅
Luego se obtiene a 200.000 ciclos:
( ) ( ) ( ) ( )MPa76.188S
3)150000log(Slog765.652log
36118log765.652log
torsion =�−
−=−
−
Cálculo de esfuerzos:
Sobre dicha sección tenemos (despreciamos el esfuerzo cortante):
A. Torsión: Pa6003000000200Pa2005000200Pa220010000T ±=⋅±⋅+⋅±⋅=
22000044 VV.. BBAADDIIOOLLAA
DISEÑO DE MÁQUINAS I - 162 -
MPaP047.040
P60016d
P6001632/d2/dT
a3a
3a
4a
max,a ⋅=⋅π
⋅⋅=⋅π
⋅⋅=⋅π
⋅=τ
MPa7.23840
300000016dT16
32/d2/dT
33m
4m
max,m =⋅π
⋅=⋅π⋅=
⋅π⋅=τ
B. Flexión alternada ( ) ( ) Pa5000Pa5000Pa210000F ±=±−±=
PaMPa032.040
P20032dM32
64d
2/dM3
a3
a4
amax,a ⋅=
π⋅=
π⋅=
π
⋅=σ
MPa15.15940
200500032
64d
2/dM34
mmax,m =
π⋅⋅=
π
⋅=σ
Cálculo de Pa
La tensión media equivalente es la tensión media de Von-Mises:
( ) ( ) ( ) ( ) MPa4437.238315.1593 222xym
2flector,xmeqm =⋅+=τ⋅+σ=σ
Se calculan los factores α tomando como referencia la resistencia a la fatiga a flexión:
Flexión: 11 =α
Torsión: 77.0376.188
8.2513S
S
torsionl,N
flexion,N2 =
⋅=
⋅=α
La tensión alternada equivalente es la tensión de Von-Mises, incluyendo los factores:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )MPa07.0P
77.0047.03032.0P77.0P047.03P032.03
a
22a
2a
2a
22xya
2flector,xaeqa
⋅
⋅⋅+⋅=⋅⋅⋅+=α⋅τ⋅+σ=σ
Se aplica ahora el criterio de Goodman:
kg3.200N2003P18.251P07.0
1000443
1SSu a
a
flector,N
a,eqm,eq →=�=⋅
+→=σ
+σ
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- 163 DISEÑO DE MÁQUINAS I
PROBLEMA 3
La pieza de la figura es de acero de 1000MPA de límite de rotura y 750Mpa de límite elástico, totalmente rectificada. Está sometida a una carga constante vertical de 5000N y a un desequilibrio de 136gr·m que gira en el extremo libre de la barra.
Determinar la máxima velocidad de giro de la masa desequilibrada para que la pieza aguante a fatiga 250.000 revoluciones.
Nota: calcular sólo la sección entallada. Se admite despreciar el esfuerzo axial.
5000N
Φ=40
Φ=44r=2
300mm
302mm
z
xy
La carga vertical de 5000N provoca sobre la sección crítica un momento flector Mx y un momento torsor My (se desprecia el cortante).
Nmm15000003005000My =⋅=
Nmm15000003005000Mx −=⋅=
La masa desequilibrada provoca una fuerza radial variable igual a la masa por la aceleración normal:
RwMD 2 ⋅⋅=
θ
Fuerza desequilibrio=D
y
z
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DISEÑO DE MÁQUINAS I - 164 -
θ⋅= sinDDz
θ⋅= cosDDy
300sinDMy ⋅θ⋅−=
300sinDMx ⋅θ⋅=
300cosDMz ⋅θ⋅=
Se toma un punto cualquiera de la entalla, situado en un ángulo γ:
γ
z
x
Las tensiones sobre dicho punto son:
( ))cos(D0477.07.238
coscossinsinD0477.07.23840
coscosDsinsinD300327.238
dMcos32Msin32
d150000032
64d
Mcos2/dMsin2/dd
150000032
3
3zx
3
4zx
3
γ−θ⋅−==γ⋅θ+γ⋅θ⋅−=
⋅πγ⋅θ⋅+γ⋅θ⋅⋅⋅−=
=⋅π
⋅γ⋅−⋅γ⋅−+⋅π
⋅=
⋅π
⋅γ⋅−⋅γ⋅−+⋅π
⋅=σ
32/d
2/dM4
y
⋅π⋅
=τ
Luego el caso de mayor tensión se produce cuando cos(θ-γ)=-1. Esto es, cuando θ-γ=180º. Esto implica que γ=θ-180º.
Como el coseno varía entre +1 y –1, la expresión será:
D0477.07.238 ±=σ
Y por otro lado, la tensión a cortadura máxima es máxima para sin(θ)=±1. Esto es, la situación de máxima tensión es para θ=±90º, y el punto de máxima tensión será el correspondiente a γ=±90º.
Puesto que el sino también varía entre +1 y –1, la expresión será:
D0238.03.11940
sinD3001640
150000016d
M16333
y ±→⋅π
θ⋅⋅⋅−⋅π
⋅=⋅π⋅
=τ
Límite de resistencia a la fatiga a flexión rotativa: 'ecgedqbae SKKKKKKKS ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=
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- 165 DISEÑO DE MÁQUINAS I
Acero con Sut<1400Mpa, luego MPa500Sut5.0S'e =⋅= .
Factores modificativos:
p Superficie Ka: ( ) 8783.0100058.1K 085.0a =⋅= −
p Tamaño Kb: 828.062.7d
K1133.0
b =��
���
�=−
.
p Carga Kq: en flexión rotativa este factor vale 1.
p Concentración de tensiones: f
e K1
K =
86.1K9.26.GraficaA1.140
44d
D
05.0402
dr
t =�→�
�
�
==
==
Análogamente se calcula se sensibilidad a la entalla q=0.9
Luego, ( ) ( ) 774.1186.19.011Kq1K tf =−⋅+=−⋅+= El factor de concentración de tensiones
Kf’ a 103 ciclos es: ( )1Kc1K f'
f −⋅+= siendo 328.01.0700
S3.0c u =−
⋅= . Luego 2543.1K '
f = .
p Efectos diversos Kg=1
p Factor de confiabilidad Kc: puesto que la resistencia Su=1000Mpa es una resistencia media y por lo tanto se le asocia una confianza del 50%, calculamos este factor para una confianza del 90%.
896.03.108.01Kc =⋅−= .
A continuación, con todos los factores se calcula:
( )MPa6.183500896.01
774.11
1828.08783.0
SKKKKKKK10S 'ecgedqba
6e
=⋅⋅⋅⋅⋅⋅
=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=
Análogamente, la resistencia a 1000 ciclos se ve reducida por Kf’:
( ) MPa53.717'KfS9.0
10S ut3 =⋅=
De esta forma queda definida la curva SN:
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DISEÑO DE MÁQUINAS I - 166 -
A 250.000 ciclos, la resistencia a la fatiga S se obtiene como:
( ) ( ) ( ) ( )MPa241S
3)250000log(Slog53.717log
366.183log53.717log
flexion =�−
−=−−
Límite de resistencia a la fatiga a torsión:
p Superficie Ka: ( ) 8783.0100058.1K 085.0a =⋅= −
p Tamaño Kb (d=40mm): 8287.062.7d
K1133.0
b =��
���
�=−
(sección completa)
p Carga Kq: 0.577 (torsión), pero luego no volveremos a multiplicarlo por 0.577 en la gráfica siguiente:
p Concentración de tensiones: f
e K1
K =
32.1K8.26.GraficaA1.140
44d
D
05.0402
dr
t =�→�
�
�
==
==
Análogamente se calcula se sensibilidad a la entalla q=0.98 (acero estirado)
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- 167 DISEÑO DE MÁQUINAS I
Luego, ( ) 3136.11Kq1K tf =−⋅+= El factor de concentración de tensiones Kf’ a 103 ciclos es:
( )1Kc1K f'
f −⋅+= siendo 328.01.0700
S3.0c u =−⋅= . Luego 1030.1K '
f = .
p Efectos diversos Kg=1
p Factor de confiabilidad Kc: puesto que la resistencia Su=1000Mpa es una resistencia media y por lo tanto se le asocia una confianza del 50%, calculamos este factor para una confianza del 90%.
896.03.108.01Kc =⋅−= .
( )MPa2.143500896.0577.0
3136.11
18287.08783.0
SKKKKKKK10S 'ecgedqba
6e
=⋅⋅⋅⋅⋅⋅
=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=
A 1000 ciclos:
MPa765.6521030.1
100072.0'KfSu72.0 =⋅=⋅
Luego se obtiene a 250.000 ciclos:
( ) ( ) ( ) ( )MPa16.194S
3)250000log(Slog765.652log
362.143log765.652log
torsion =�−
−=−
−
Criterio de Goodman
Se calculan los factores α tomando como referencia la resistencia a la fatiga a flexión:
Flexión: 11 =α
Torsión: 72.0316.194
2413S
S
torsionl,N
flexion,N2 =
⋅=
⋅=α
La tensión media equivalente es la tensión media de Von-Mises:
La tensión alternada equivalente es la tensión de Von-Mises, incluyendo los factores:
( ) ( ) ( ) ( ) MPa7.3153.11937.2383 222xym
2flector,xmeqm =⋅+=τ⋅+σ=σ
( ) ( ) ( ) ( ) D0014.072.0D0238.03D0477.03 2222xya
2flector,xaeqa =⋅⋅+=α⋅τ⋅+σ=σ
Se aplica ahora el criterio de Goodman:
N117797D1241
D0014.01000
7.3151
SSu flector,N
a,eqm,eq =→=+→=σ
+σ
Como:
RwMD 2 ⋅⋅=
Entonces,
s/rad930ww136.0117797
RwMD2
2
=→⋅=
⋅⋅=
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DISEÑO DE MÁQUINAS I - 168 -
PROBLEMA 4
Un elemento de máquina está sometido a una fuerza constante en amplitud, pero que se desplaza periódicamente entre dos puntos A y B. Durante el servicio se ha comprobado que la pieza soporta 50.000 ciclos de desplazamiento de la carga entre A y B. Sabiendo que la zona de la pieza en voladizo está mecanizada y el resto puede considerarse en bruto de forja, y que además el material es acero de resistencia Su=800Mpa y límite elástico Sy=650Mpa, estimar la carga aplicada según Goodman.
Considerar la concentración de tensiones como concentrador de tensiones y no reductor de resistencia.
PROBLEMA 5
Sobre el elemento mecánico de la figura actúa una carga variable P61P6
5 ± , y un torsor
constante T. Considerando que se desea una vida de diseño de 100.000 ciclos, determinar cuál es coeficiente de seguridad para un nivel de confianza del 90%.
El material es acero con Sut=1000Mpa y Sy=750Mpa.
Emplear el criterio de Goodman y el criterio de Gerber.
T
5/6P±1/6P
L/2
L
L
2L
D
dr
Datos:
� L=300mm
� d=40mm
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- 169 DISEÑO DE MÁQUINAS I
� D=44mm
� r=2mm
� P=T/L
� P=1000N
Los factores a y b para el cálculo del coeficiente modificativo de fatiga corresponden a una superficie rectificada, y son a=1.58 y b=-0.085.
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DISEÑO DE MÁQUINAS I - 170 -
PROBLEMA 6
En el eje giratorio de la figura actúan dos cargas F1=45kgr y F2=140kgr, y una carga de desequilibrio de 1300kgr·m que gira con el eje. Entre F1 y F2 existe un par torsor de valor MT=5000cm·kgr.
El eje está soportado en sus extremos por dos rodamientos.
La superficie del eje está mecanizada, y el eje se debe dimensionar para vida infinita con un 90% de seguridad funcional y empleando la línea de fallo de Gerber. Considerar CS=1.5.
Determinar el diámetro D del eje.
� Considerar como secciones críticas aquellas donde se aplican las cargas puntuales.
� a1=100mm
� b1=300mm
� a2=250mm
� E=210Gpa
� Sy=3800kgr·cm
� Su=4500kgr·cm
� Velocidad de giro=15 rpm
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- 171 DISEÑO DE MÁQUINAS I
A1.5. PROBLEMAS TEMA 5:
PROBLEMA 1
La figura representa un eje en voladizo con dos volantes calados de peso P. El peso propio del eje se desprecia. Considérese E módulo de elasticidad, I momento de inercia del eje.
Se pide calcular la primera velocidad crítica del eje:
� Por el método de Rayleigh
� Por el método de Dunkerley
Nota: Para facilitar los cálculos se da la ecuación de la deformación (elástica) en flexión para una viga en voladizo:
���
����
�−⋅⋅=
6x
2xL
EIP
y32
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DISEÑO DE MÁQUINAS I - 172 -
Método de Rayleigh
( )( )2
222
11
22112
nn
nn1c
yWyWyWyWg
W
Wgw
⋅+⋅⋅+⋅⋅=
δ⋅
δ⋅⋅=
��
Como W1=W2=P,
( )( )
( )( )2
22
1
212
22
1
211c
yy
yyg
yPyP
yPyPgw
++⋅=
⋅+⋅⋅+⋅⋅=
Los desplazamientos (y=δ) se plantean como:
( )( ) PaaFaFay
PaaFaFay
22212c221c212
12112c121c111
⋅+=⋅+⋅=⋅+=⋅+⋅=
Con lo que se deben calcular los coeficientes de influencia:
EI3a
6a
2aa
EI1
a332
11 =���
����
�−⋅⋅=
( ) ( )EI3a8
6a2
2a2a2
EI1
a332
22 =��
�
�
��
�
�−⋅⋅=
EI6a5
6a
2aa2
EI1
aa332
2112 =���
����
�−⋅⋅==
Así,
( )
( ) PEI2a7
PEI3a8
EI6a5
Paay
PEI6a7
PEI6a5
EI3a
Paay
333
22212
333
12111
=⋅���
����
�+=⋅+=
=⋅���
����
�+=⋅+=
Y sustituyendo en la expresión de la velocidad crítica:
��
�
�
��
�
�
���
����
�+�
��
����
�
���
����
�+⋅
=2323
33
1c
PEI2a7
PEI6a7
PEI2a7
PEI6a7
g
w
��
�
�
��
�
���
���
�+��
���
�⋅���
����
�
��
���
� +=
��
�
�
��
�
���
���
�+��
���
�⋅���
����
�
��
���
� +⋅⋅=
2232223
3
1c
27
67
PEIa
27
67
27
67
PEIa
27
67
PEIa
gw
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- 173 DISEÑO DE MÁQUINAS I
3512
PaEI
34903614
PaEI
364903
14
PaEI
36490
628
PaEI
94949
3649
3237
67
PaEI
w
33
3331c
⋅⋅
=⋅
⋅⋅⋅
=
=⋅⋅
=⋅⋅
=
⋅⋅+
��
���
�
⋅⋅+
⋅⋅
=
Método de Dunkerley Aplicando este método:
2
22
12
1c w
1
w
1
w
1 +=��
�
�
��
�
�
Y como δ
=→δ
= gw
gw 2 , sustituyendo en la expresión anterior,
gP
agP
amamaw
122112221112
1c
⋅+⋅=+=��
�
�
��
�
�
Y sustituyendo los valores aii:
PEIga3
g
PEI3a8
PEI3
a
w
1 3
33
21c
⋅=⋅+⋅
=��
�
�
��
�
�
Con lo que:
31c Pa3
EIgw =
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DISEÑO DE MÁQUINAS I - 174 -
PROBLEMA 2
Las dos masas de la figura M1 y M2 unidas al eje pesan 63.5kg y 27kg respectivamente. Mediante un análisis en deformaciones y teniendo en cuenta que los coeficientes de influencia son los indicados a continuación, calcular la velocidad crítica del eje.
kg/cm1012.1a 511
−⋅=
kg/cm1072.6a 522
−⋅=
kg/cm1024.2aa 52112
−⋅==
Previo a resolver el problema, planteamos la coherencia de unidades. Las unidades de los
coeficientes aij son �
���
�= �
���
�
Nm
FL , en SI, con lo que asumiendo por simplicidad g≈10m/s2:
N/m1012.1a 811
−⋅=
N/m1072.6a 822
−⋅=
N/m1024.2aa 82112
−⋅==
Método de Rayleigh Según este método,
( )( )2
222
11
22112
nn
nn1c
yWyW
yWyWg
W
Wgw
⋅+⋅⋅+⋅⋅=
δ⋅
δ⋅⋅=
��
Así,
m10368.3210271072.6105.631024.2WaWay
m1016.1310271024.2105.631012.1WaWay688
2221212
6882121111
−−−
−−−
⋅=⋅⋅⋅+⋅⋅⋅=⋅+⋅=
⋅=⋅⋅⋅+⋅⋅⋅=⋅+⋅=
Y sustituyendo en la expresión anterior:
( )( )( )
( ) ( )s/rad7.659
10368.3210271015.13105.63
10368.3210271015.13105.6310
yWyW
yWyWgw
2626
66
222
211
22111c
=����
�� ⋅⋅⋅+⋅⋅⋅
⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅=
=⋅+⋅
⋅+⋅⋅=
−−
−−
Método de Dunkerley Según este método,
2
22
12
1c w
1
w
1
w
1 +=��
�
�
��
�
�
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- 175 DISEÑO DE MÁQUINAS I
O lo que es lo mismo, como δ
=→δ
= gw
gw 2 .
688
2221112221112211
21c
525610.2271072.65.631012.1
MaMag
WaWaggw
1
−−− =⋅⋅+⋅⋅=
=+=+
=δ
+δ
=��
�
�
��
�
�
Luego, s/rad2.629w 1c =
PROBLEMA 3
El eje de acero de la figura tiene unidos dos engranajes cuyos pesos son 45.4kg y 22.7kg respectivamente. Despreciando la masa del eje determinar la primera velocidad crítica. Nota: x=25.4m, d=20.3m
Problema 4
Para un eje biapoyado, de sección circular de diámetro D (m)y espesor t (m), realizado en acero con densidad ρ (kg/m3). Se desea determinar la longitud L de eje admisible para si se desea que el eje opere a n rad/s. Módulo de Young E (Pa)
Resolución:
Para un eje sin masas adicionales, se deduce que:
max
cg
45
wδ
⋅= (1)
δmax Se debe calcular la máxima flecha, esquematizando el eje como un eje de longitud L (variable a
determinar) que soporta una carga distribuida q:
22000044 VV.. BBAADDIIOOLLAA
DISEÑO DE MÁQUINAS I - 176 -
La carga q corresponde con el cociente entre el peso total del eje (volumen*densidad*g) y la longitud del eje:
( )( )
[ ]m/NL
gLt2DD4q22 ⋅ρ⋅⋅−−⋅π
= (2)
Se parte de la ecuación de la elástica y mediante integración se obtienen las flechas (y). La expresión de M(x) es:
2xq
2xLq
)xL(2q
)xL(2Lq
)x(M2
2 ⋅−⋅⋅=−⋅−−⋅⋅=
Con lo que integrando la ecuación siguiente: 2
2
dxyd
EIM =−
El momento de inercia es: ( )( )44 t2DD64
I −−π=
Se obtiene:
( )33 LxLx2EI24xq
)x(y −−⋅−=
Y para x=L/2,
EI348Lq5
)2/L(y4
max⋅⋅=δ=
Sustituyendo en esta última expresión la (2),
( )( )
4422
max L)cte(AEI348
L5L
gLt2DD4 ⋅=⋅⋅ρ⋅⋅−−⋅π
=δ
Así, queda la expresión (1) en función de la variable L.
Puesto que el eje debe trabajar a n rad/s, se hace que n=0.6·wcrit. Y así, de esta última expresión se despeja la longitud L.
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- 177 DISEÑO DE MÁQUINAS I
A1.6. PROBLEMAS TEMA 6:
PROBLEMA 1
El elemento de un reductor de velocidad que se indica en la figura siguiente está dispuesto para que giren las copas de los rodamientos y los conos permanezcan estacionarios. El rodamiento A soporta una carga de empuje de 250lb y además tiene una carga radial de 875lb. El rodamiento B resiste una carga radial pura de 625lb. La velocidad de rotación es de 150rev/min. La vida L10 deseada es de 90.000horas. Obsérvese que esto equivala a decir que se desea una vida de 90.000 horas con una confiabilidad del 90%. Los diámetros de eje deseados son 11/8 “ para A y 1”para B. Seleccione los rodamientos de rodillos cónicos apropiados, empleando un factor de seguridad igual a la unidad.
Se emplea un valor de prueba o tanteo de 1.5 para ambos valores de K:
La carga de empuje en A aumenta mediante la carga de empuje inducida proveniente de B.
���
����
�+
⋅⋅+⋅= ae
B
rBArAA F
KF47,0
KF4.0P (1)
Lb10202505.162547,0
5.18754.0PA =��
���
� +⋅⋅+⋅=
Puesto que Lb875FLb1020P rAA =>= , se emplea 1020Lb como la carga radial equivalente para seleccionar el rodamiento A.
Se aplica la siguiente ecuación para obtener la vida L10, y como se muestra en la figura 11-10 (columnas 4 y 5), la designación de Timken es de L10 igual a 3000h a 500rpm.
p/1
RR
DDD
p/1
R
DDR nL
nLF
NN
FF ���
����
�
⋅⋅
⋅=���
����
�⋅= (2)
Lb19705003000150000.90
1020F10/3
R =��
���
�
⋅⋅⋅=
Utilizando esta cantidad y un diámetro interior de rodamiento de 11/8 “se entra en el catálogo (Figura 11-10) y se selecciona un cono 15590 y una copa 15520, ya que tiene los menores valores de capacidad, diámetro exterior y ancho Esta selección tiene KA=1.69, y una capacidad de 2480Lb. La diferencia con el valor supuesto de 1.5 es pequeña y no se calculará de nuevo la carga radial PA.
En el caso del rodamiento B,
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DISEÑO DE MÁQUINAS I - 178 -
���
����
�−
⋅⋅+⋅= ae
A
rABrBB F
KF47,0
KF4.0P
Lb24025069.187547,0
K6254.0P BB =��
���
� −⋅⋅+⋅=
Obsérvese que se ha empleado el valor real de KA pero se supuso que KB=1.5 como antes. En este caso, Lb625FLb240P rBB =<= , de modo que se emplea FrB como la carga efectiva. Utilizando de nuevo la ecuación de vida pero en este caso para el rodamiento B:
p/1
RR
DDD
p/1
R
DDR nL
nLF
NN
FF ���
����
�
⋅⋅
⋅=���
����
�⋅=
Lb12105003000150000.90
625F10/3
R =��
���
�
⋅⋅⋅=
Este rodamiento tiene un diámetro interior de 1”. Si se emplea la figura 11-10 para la selección, hay cinco rodamientos a elegir. Se escogen el cono 23100 y la copa 23256 puesto que tiene los menores valores de capacidad, diámetro exterior y ancho. La capacidad es de 2950Lb con K=0.8.
A continuación, con los valores correctos de K se calculan de nuevo las expresiones (1) y (2):
Lb13932508.062547,0
69.18754.0PA =��
���
� +⋅⋅+⋅=
Lb26905003000150000.90
1393F10/3
R =��
���
�
⋅⋅⋅=
El rodamiento A seleccionado antes tenía una capacidad de 2480Lb, con lo que no sería suficiente, y los rodamientos que aparecen en el catálogo para el tamaño de eje deseado no cumplen con el nuevo requerimiento de capacidad. Sin embargo, lo que se debe tener en cuenta es que este aumento en la carga efectiva de A ha sido debido al bajo valor de KB=0.8. Por ello, si seleccionamos como rodamiento B el correspondiente al cono 02473 y copa 02420, tenemos por un lado, que la capacidad no aumenta excesivamente respecto a la aplicación de B, y, en consecuencia el tamaño, y por otro lado, el factor KB=1.4, valor cercano a la hipótesis inicial de 1.5:
Lb11272504.162547,0
69.18754.0PA =��
���
� +⋅⋅+⋅=
Lb21775003000150000.90
1127F10/3
R =��
���
�
⋅⋅⋅=
Que resulta satisfactorio para el rodamiento A seleccionado.
Conclusión: Rodamiento A: cono 15590, copa 15520
Rodamiento B: cono 02473, copa 02420
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- 179 DISEÑO DE MÁQUINAS I
Anejo 2. Tablas y Gráficos
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DISEÑO DE MÁQUINAS I - 180 -
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- 181 DISEÑO DE MÁQUINAS I
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DISEÑO DE MÁQUINAS I - 182 -
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- 183 DISEÑO DE MÁQUINAS I
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DISEÑO DE MÁQUINAS I - 184 -
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- 185 DISEÑO DE MÁQUINAS I
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DISEÑO DE MÁQUINAS I - 186 -
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