campos de desbalanceo con ejercicios

1. Unidad 3
DESBALANCEO DINÁMICO.
En la figura 15. 6 se presenta un rotor largo que se va a montar en cojinetes en A y
B. se podría suponer que se colocan dos masas iguales m1 y m2 en los extremos opuestos
del rotor, y a distancias iguales r1 y r2 del eje de rotación. Puesto que las masas son iguales
y se encuentran en lados puestos del eje de rotación, se puede colocar el rotor sobre rieles
como se describió con anterioridad, para mostrar que se encuentre estáticamente
balanceado en todas las posiciones angulares.
Si el rotor de la figura 15. 6 se colocan en cojinetes y se asistirá a una velocidad
angular  rad/s, actúan las fuerzas centrífugas m1r1 y m2r2, respectivamente, en m1 y m2
sobre los extremos del rotor. Estas fuerzas centrífugas producen las reacciones designó al
en los cojinetes FA y FB, y todo el sistema de fuerzas gira con el rotor a la velocidad
angular w. Por consiguiente, una parte puede estar estáticamente balanceada, y al mismo
tiempo, dinámicamente desbalanceada (figura 15. 7).
En el caso general, la distribución de la masa a lo largo del eje de la pieza de pena
de la configuración de la misma, pero se tienen errores al maquinar, y
Fig. 15-6 El rotor se encuentra
estáticamente balanceado si m1 = m2 y
r1 = r2; pero tiene un desbalanceo
dinámico.
Figura 15-7 a) Desbalanceo estático; cuando el árbol gira, las dos reacciones en los
cojinetes están en el mismo plano y tienen la misma dirección. B) Desbalanceo
dinámico; cuando el árbol gira, el desbalanceo crea un par que tiende a voltear el árbol.
El árbol se encuentra en equilibrio debido al par opuesto formado por las reacciones de
los cojinetes. Nótese que las reacciones en los conjuntos siguen estando en el mismo
plano, pero tienen direcciones opuestas.

2. también al fundir y forjar. Se puede provocar otros errores o desbalanceos por un calibrado
inapropiado, por la existencia de chavetas y por el montaje. Es responsabilidad del
diseñador la de proyectar de tal manera que la línea que una a todos los centros de masa sea
una recta que coincidan con el eje de rotación. Sin embargo, rara vez se obtienen piezas
perfectas y conjuntos perfectos y, en consecuencia, una línea que vaya de uno de los
extremos de la pieza al otro, poniendo todos los centros de masa, casi siempre será una
curva espacial que en ocasiones pueda cruzar el eje de rotación o coincidir con el. Por
consiguiente, una pieza desbalanceada estará casi siempre fuera de balance tanto estática
como dinámicamente. Este tipo de desbalanceos es el más general, y si la pieza está
sostenida por los cojinetes, es de esperar que las magnitudes así como las direcciones de
estas reacciones giratorias en los cojinetes sean diferentes.
15. 5 ANÁLISIS DEL DESBALANCEO
En esta sección se muestra como analizar cualquier sistema giratorio desbalanceado, y la
manera de determinar las correcciones apropiadas aplicando métodos gráficos, métodos
vectoriales y programaciones en computadora o calculadora.
Análisis gráfico. Se usan dos ecuaciones
ΣF = 0
ΣM = 0
Mostrar escritorio.scf
Fig. 15-8 a) Sistema de tres masas que giran en un solo plano. B) Polígono de fuerzas
centrifugas que da a mcRc como la corrección requerida.
(a)

3. Para determinar la magnitud y ubicación de las correcciones. Se principia observando que
la fuerzas centrífugas desproporcionada al producto mr de una masa excéntrica giratoria.
Por lo tanto, las cantidades vectoriales, proporcionales a las fuerzas centrífugas de cada una
de las tres masas m1R1, m2R2, m3R3 de la figura 15. 8 a, actuarán en las direcciones radiales
como se indica. La primera vez ecuaciones (a) es un polígono de fuerzas (figura 15. 8 b).
Puesto que este polígono requiere de otro vector, mcRc para cerrarse, la magnitud de la
corrección es mcRc y su direcciones es paralela a Rc se supone que las tres masas de la
figura 15. 8 gira en un solo plano y, por lo tanto, es un caso del desbalanceo estático.
Cuando las masas giratorias encuentran en planos diferentes, se deben usar las dos
ecuaciones (a). La figura 15. 9 a es una vista desde un extremo de un eje que se han
montado las tres masas m1, m2, m3 a las distancias radiales respectivas R1, R2, R3 la figura
15-9b es una vista lateral del mismo eje, o árbol, mostrando
Figura 15-9 Análisis grafico del desbalanceo

4. los planos de corrección izquierdo y derecho, así como las distancias a las tres masas. Se
desea hallar la magnitud y la ubicación angular de las correcciones para cada plano.
El primer paso de la solución es tomar una suma de los momentos de las fuerzas
centrífugas en torno a algún punto, incluyendo las correcciones. Se decide tomar esta suma
en torno a A en plano izquierdo de corrección, para eliminar el momento de la masa
izquierda de corrección, Por donde, al aplicar la segunda de las ecuaciones (a), da:
M
A
 m1l1 R1  m2 l 2 R2  m3l3 R3  mR l R RR  0
(b)
Esta es una ecuación vectorial en la que las direcciones de los vectores son
paralelas, respectivamente, a los vectores RN de la figura 15-9ª. Como consecuencia, se
puede construir el polígono de momentos de la figura 15-9c. El vector de cierre mRlRRR da
la magnitud y dirección de la corrección requerida para el plano derecho. Ahora ya es
factible hallar las cantidades mR y RR porque generalmente se da en el problema la
magnitos de RR. Por consiguiente, se puede escribir la ecuación:
F  m R
1
1
 m2 R2  m3 R3  mR RR  mL RL  0
(c)
Puesto que se da la magnitud RL, esta ecuación se resuelve para la corrección
izquierda mLRL, construyendo el polígono de fuerzas de la figura 15-9d.
Aunque la figura 15-9c se le conoce como polígono de momentos, es conveniente
destacar que los que los vectores que componen este polígono constan de la magnitud del
momento y las direcciones del vector de posición. Su obtendría un verdadero polígono de
momentos, haciendo girar el polígono 90º mmr, puesto que el vector momento es igual a R
X F.
Análisis vectorial. A continuación se presentan dos ejemplos que ilustran el procedimiento
vectorial.
Ejemplo 15-1 En la figura 15-10 se presenta un sistema giratorio que se a idealizado
con fines de ilustración. Un eje sin peso está apoyado en cojinetes en A y B, y gira a 
= 100i rad/s. Cuando se emplean unidades Inglesas usuales en EUA., los desbalanceos
se describen en onzas. Se conectan tres pesos, w1, w2, w3, al eje y se hacen gira con él,
produciendo un desbalanceo. Determínese las reacciones en los cojinetes en A y B para
la posición particular que se ilustra.
SOLUCIÓN: Se principia calculando la fuerza centrífuga debida a cada peso en rotación:
16 oz = 1 lb
g = 386 in/s2

5. 23100
m1r1 
 9.72lb
38616
2
2
12100
m2 r2 
 3.24lb
38616
2
2
1.52.5100
m3 r3 
 6.07lb
38616
2
2
Estas tres fuerzas son paralelas al plano yz y se les puede escribir en forma vectorial
por simple observación,
Figura 15-10
F1  m1r1 2 1  9.720º  9.72 j
ˆ
F2  m2 r2  2  3.24120º  1.62 ˆ  2.81k
j
2
ˆ
F3  m3 r3 2  3  6.07195º  5.86 ˆ  1.57k
j
F2j = 3.24 Cos 120º = -1.62j
F2k = 3.24 Sen 120º = 2.81 k
F3j = 6.07 Cos 195º = -5.86j
F3k = 6.07 Sen 195º = -1.57k
en donde  se mide, en este ejemplo, en sentido opuesto a las manecillas del reloj a partir
de y, cuando se ve desde el extremo positivo de x. Los momentos de estas fuerzas tomadas
alrededor del cojinete en A deben ser equilibrados por el momento de la rotación en el
cojinete en B. Por lo tanto:

6. M
A
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
 1i  9.72 ˆ  3i   1.62 ˆ  2.81k   4i   5.86 ˆ  1.57k   6i  FB  0
j ˆ
j
j
Al resolver, da la reacción en el cojinete en B, como
ˆ
FB  3.10 ˆ  0.358klb
j
Para hallar la reacción en A, se repite el análisis. Cuando se toman momentos en
torno a B se obtiene:
M
B
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
 2i   5.86 ˆ  1.57k    3i   1.62 ˆ  2.81k    5i  9.72 ˆ   6i  FA  0
j
j
j
Y al resolver una vez más, da:
FA  5.34 j  0.882klb
Se encuentra que las magnitudes de las dos reacciones son:
F  a2  b2
FA  5.41lb y FB  3.12lb
Nótese que éstas son las reacciones giratorias y que no se incluyen las componentes
estáticas o estacionarias debidas a la fuerza de gravedad.
EJEMPLO 15-2 a) ¿Cuáles son las reacciones en los cojinetes para el sistema
ilustrado en la figura 15-11, si la velocidad es de 750 rpm?
b) Determínese la ubicación y la magnitud de una masa para
balancear si se debe colocar a un radio de 0.25 m.
SOLUCIÓN
a) La velocidad angular a este sistema es = 2n/60 = 2 (750)/60
= 78.5 rad/s. Las fuerzas centrífugas debidas a las masas son:

7. F1  m1r1 2  120.278.5 10  14.8kN
3
2
F2  m2 r2 2  30.378.5 10  5.55kN
3
2
F3  m3 r3 2  100.1578.5 10  9.24kN
2
3
En forma vectorial, estas fuerzas son:
ˆ
F1  14.80º  14.8i
ˆ
F2  5.55135º  3.92i  3.92 ˆ
j
ˆ
F3  9.24  150º  8.00i  4.62 ˆ
j
F2i = 5.55 Cos 135º = -3.92i
F2j = 5.55 Sen 135º = 3.92j
F3i = 9.24 Cos –150º = -8.00i
F3j = 9.24 Sen –150º = -4.62j
Para hallar la reacción en el cojinete en b, se toman momentos en torno al cojinete
en A. Esta ecuación se escribe:
M
A
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
ˆ
 0.3k  14.8i    3.92i  3.92 ˆ    8.00i  4.62 ˆ   0.5k  FB  0
j
j
M
A
 4.44 j  1.176 j  1.176i  2.4 j  1.386i  0.5FB k  0
M
A
 0.864 j  0.21i  0.5FB k  0
ˆ
ˆ
0.5k  FB  0.21i  0.864 ˆ
j
FB 
 0.864 j  0.21i
0.5k
Cuando se resuelve esta ecuación para FB, se obtiene:
ˆ
FB  1.73i  0.42 ˆ y
j
FB  1.78kN
resp.
Se puede encontrar la reacción en A sumando las fuerzas. De donde:
FA   F1  F2  F3  FB
FA  14.8i  (3.92i  3.92 j )  (8.00i  4.62 j )  (1.73i  0.42 j )

8. FA  14.8i  3.92i  3.92 j  8.00i  4.62 j  1.73i  0.42 j
FA  1.15i  0.28 j
FA  1.18kN
Comprobando el cálculo anterior de FA por el método de momentos empleado en el
problema anterior tenemos:
M
B
 0.2k 14.8i  (3.92i  3.92 j )  (8i  4.62 j )  (0.5kFA )  0
M
B
 2.96 j  0.784 j  0.784i  1.6 j  0.924i  0.5FA k )  0
M
B
 0.576 j  0.14i  0.5FA k )  0
FA 
0.14i  0.576 j
 0.5k
FA  1.15i  0.28 j
FA  1.18kN
b) Sea Fc la fuerza correctora. Entonces, para tener reacciones cero en los
cojinetes:
F  F  F
1
2
 F3  Fc  0
Por lo tanto
ˆ
ˆ
ˆ
FC  14.8i   3.92i  3.92 ˆ    8.00i  4.62 ˆ 
j
j
ˆ
FC  2.88i  0.7 ˆ
j
FC  2.92 / 166º kN