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DISEÑO MECÁNICO I

UNIDAD IV EJES 4.1. ANÁLISIS POR RESISTENCIA. Un eje de transmisión es un elemento de sección circular cuya función es la de transmitir movimiento y potencia. La transmisión del movimiento se realiza a través de otros elementos tales como engranes, poleas, cadenas, etc. Diseñar un eje consiste básicamente en la determinación del diámetro correcto del eje para asegurar una rigidez y una resistencia satisfactorias, cuando el eje transmite potencia bajo diferentes condiciones de carga. El diseño de un eje debe estudiarse a partir de los siguientes puntos de vista: 1.- Análisis por resistencia. • •

Bajo cargas estáticas. Bajo cargas dinámicas.

2.- Análisis por rigidez. • •

Cálculo de deformaciones. Velocidades críticas.

4.1.1. BAJO CARGAS ESTÁTICAS. En un eje redondo macizo de diámetro d, que se somete a cargas de flexión, axiales y de torsión se desarrollan los siguientes esfuerzos:

σ x = 32 M3 + 4 F2

(a) (esfuerzo por flexión y carga axial)

τ xy = 16T3

(b) (esfuerzo por torsión)

πd

πd

πd

Para ejes huecos

σx =

32 Mdo 4F + π ( d o4 − di4 ) π ( do2 − di2 )

τ xy =

16Td o π ( do4 − di4 )

(c)

(d)

Los esfuerzos principales no nulos son:

σ 1,2 =

2

σx

σ 2 ±  2x  + τ xy 2  

(4.1)

El esfuerzo cortante máximo es:

τ máx =

σ1 −σ 2 2

2

σ 2 =  2x  + τ xy  

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(4.2)

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El esfuerzo de Von Mises (energía de distorsión máxima) es: 2 1/ 2 σ ′ = (σ 12 − σ 1σ 2 + σ 22 )1 / 2 = (σ x2 + 3τ xy ) (4.3) Sustituyendo las ecuaciones (a) y (b) en (3.2) y (3.3) se tiene:

τ máx = σ′=

2

πd 3

(8M + Fd )2 + (8T ) 2

(4.4)

(8M + Fd ) 2 + 48T 2

4 πd 3

(4.5)

Si el análisis o diseño ha de ser con base a la teoría del esfuerzo cortante máximo, entonces el valor admisible de

τ máx

es

τ max = 2 n

Sy s

(4.6)

S y = resistencia a la fluencia del material

en donde

n s = factor de seguridad Con base a la teoría de la energía de distorsión se tiene que

σ′ =

Sy ns

(4.7)

En la mayoría de los casos la componente axial F es nula, o es tan pequeña que su efecto puede despreciarse. Con F = 0 las ecuaciones (4.4) y (4.5) se transforman en

τ máx = σ′=

M 2 +T2

(4.8)

4 M 2 + 3T 2

(4.9)

16

πd 3

16 πd 3

Si utilizamos el esfuerzo cortante admisible, a partir de la ecuación (4.8) tenemos que

 32n  d =  πS s ( M 2 + T 2 )1 / 2   y 

1/ 3 (4.10)

Si se conoce d entonces

1 = 32 ( M 2 + T 2 )1 / 2 ns πd 3S y

(3.11)

Si utilizamos la teoría de la energía de distorsión máxima, entonces

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16n  d =  πS s (4 M 2 + 3T 2 )1 / 2  y  

1/ 3 (4.12)

Si se conoce d entonces

1 = 16 ( 4 M 2 + 3T 2 )1 / 2 ns πd 3S y

(4.13)

4.1.2. BAJO CARGAS DINÁMICAS. En cualquier eje rotatorio cargado por momentos estacionarios de flexión y torsión, actuarán esfuerzos por flexión completamente invertida debido a la rotación del árbol, pero el esfuerzo torsional permanecerá estable. Por lo tanto se tiene que

σ xa =

32 M a πd 3

τ xym =

(a)

16Tm πd 3

(amplitud del esfuerzo alternante)

(b) (esfuerzo de punto medio o estable)

De acuerdo con lo anterior se han desarrollado una serie de teorías para el diseño por fatiga, siendo las más populares: •

Relación elíptica ASME para la fatiga y la energía de distorsión para el esfuerzo. (Norma ANSI B106.1M-1985).

2 2  32ns  K f M a   Tm   3  d=  S  +4S   π  e   y    •

1/ 3 (4.14)

Relación de Goodman modificada para la fatiga y la energía de distorsión para el esfuerzo. 1/ 3  32ns  K f M a 3Tm   d = + (4.15)  2 Su    π  Se 

en donde

Se = K a K b K c K d K e Se′ siendo

(4.16)

S e′ = Límite de resistencia a la fatiga de la muestra de viga rotatoria. S e = límite de resistencia a la fatiga corregido para todos los efectos, excepto concentración de esfuerzos

S y = Resistencia de fluencia del material S u = resistencia última del material M a = momento flector alternante Tm = Valor promedio del momento torsional

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4.2. RESTRICCIONES GEOMÉTRICAS (se incluye en 4.4) 4.3. EJES HUECOS (se incluye en 4.1) 4.4. ANÁLISIS POR RIGIDEZ. 4.4.1. Deformación en los ejes. El problema de la deflexión en un eje es de suma importancia cuando este efecto es una limitante en el diseño del mismo. Para determinar la deflexión de un eje en cualquier punto, podemos utilizar los siguientes criterios: a).- Método de la doble integración. b).- Método del área de momentos. El “método de la doble integración” recomendado para ejes de sección uniforme, se basa principalmente en determinar la ecuación de la curva elástica, a partir de la ecuación de momentos

EIy ′′ = M (x)

(4.17)

Resolviendo la ecuación (4.17) y aplicando las condiciones iniciales, se obtiene una ecuación de la forma

y = 1 F ( x)

(4.18)

EI

A partir de la ecuación (4.18) , se obtienen las deflexiones en los puntos deseados.

El “método del área de momentos” recomendado para ejes de sección variable, está fundamentado en dos teoremas básicos: El primer teorema dice: El ángulo de las tangentes A y B es igual al área del diagrama de momentos flectores entre esos dos puntos divididos por el producto EI. (Ver figura 4.1).

Figura (4.1).

1 B Mdx (4.19) EI ∫A El segundo teorema dice: La distancia vertical entre el punto B de la elástica y la tangente trazada a la curva por A es igual al momento respecto a la vertical por B del área del diagrama de momentos flectores entre A y B divididas por EI. (Ver figura 4.1).

θ=

1 B Mxdx ∆ = EI ∫ A

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(4.20)

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4.5. VELOCIDAD CRÍTICA. Todos los ejes, aún sin la presencia de cargas externas, se deforman durante la rotación. La magnitud de la deformación depende de: • • • •

La rigidez del eje y de sus soportes. De la masa total del eje y de las partes que se adicionan. Del desequilibrio de la masa con respecto al eje de rotación. Del amortiguamiento presente en el sistema.

La deformación, considerada como una función de la velocidad, presenta sus valores máximos en las llamadas velocidades críticas, pero solo la más baja (primera) y ocasionalmente la segunda tienen importancia en el diseño. Las otras son generalmente tan altas que están muy alejadas de las velocidades de operación. Lo anterior se ilustra en la siguiente figura:

a).- Primera velocidad crítica.

b).- Segunda velocidad crítica.

Figura (4.2). Representación de la primera y segunda velocidad crítica en un eje.

La frecuencia natural de un eje en flexión es prácticamente igual a la velocidad crítica. Existe una pequeña diferencia debida a la acción giroscópica de las masas. Para un eje con una sola masa, en donde la masa del eje es pequeña en comparación a la masa que lleva unida, la primera velocidad crítica se puede calcular de manera aproximada por

ωc =

k m

rad/seg

(4.21)

en donde k = constante de resorte del eje m = masa soportada por el eje

La primera velocidad crítica puede calcularse también por

g

ωc = δ

rad/seg

(4.22)

en donde g = aceleración de la gravedad δ = deflexión del eje en el punto de ubicación de la masa La siguiente figura muestra un eje flexionado que gira a una velocidad

ω.

Figura (4.3).- Deflexión en un eje de una sola masa con peso W.

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Para un eje de masa despreciable con varias masas concentradas unidas a el, la primera velocidad crítica se determina por: a).- La ecuación de Rayleigh-Ritz. b).- La ecuación de Dunkerley. Para el primer caso se tiene lo siguiente:

De acuerdo con la figura, la energía cinética máxima es:

EC máx = 12 m1v12 + 12 m 2 v 22 + .... + 12 m n v n2

(a)

Debido a que el movimiento de las masas es senoidal se tiene que

EC máx = 12 m1 (ωx1 ) 2 + 12 m 2 (ωx 2 ) 2 + .... + 12 m n (ωx n ) 2 ∴ EC máx = 12 ω 2 ∑ m n x n2

(4.23)

La energía potencial máxima es:

EPmáx = 12 k1 x12 + 12 k 2 x 22 + .... + 12 k n x n2 = 12 ∑ k n x n2

(4.24)

De acuerdo con Rayleigh

EC máx = EPmáx ∴ 1 ω 2 ∑ m n x n2 = 1 ∑ k n x n2 2 2 Si

W

(b)

W

x n = δ n , m n = n y k n = n entonces en (b) se obtiene lo siguiente: g δn

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ωc =

n g ∑ Wk δ k k =1 n ∑ Wk δ k2 k =1

rad/seg

(4.25)

( Ecuación de Rayleigh-Ritz)

Wk = peso de la masa k – ésima

en donde

δ k = deformación estática de la masa k - ésima n = número total de masas

Para el segundo caso la primera velocidad crítica se determina por 1 = 1 + 1 + .... + 1 = ∑ 1 ωc2 ω12 ω22 ωn2 ωn2

en donde

(4.26)

ω1 = velocidad crítica que existiría si solo se aplicara la masa m1 . ω 2 = velocidad crítica que existiría si solo se aplicara la masa m2 . ω n = velocidad crítica que existiría si solo se aplicara la masa m n . g

ωn = δ nn Es importante tomar en cuenta que la ecuación de Rayleigh-Ritz y Dunkerley son aproximaciones a la primera frecuencia natural de vibración o velocidad crítica de rotación, ya que la primera sobrestima la frecuencia natural, mientras que la segunda la subestima. En un sistema de masas múltiples, para velocidades críticas más altas se requiere de cálculos más extensos para la determinación de estas velocidades; sin embargo, para un sistema con dos masas la primera y la segunda velocidad crítica se obtienen a partir de la siguiente figura:

En la figura

Fc = m( yω 2 ) es la fuerza centrífuga.

Utilizando los coeficientes de influencia se determinan las deflexiones como sigue: y y y1 = a11m1 y1ω 2 + a12 m 2 y 2ω 2 ∴ y1 = a11m1  y1  + a12 m 2 ω 2   2   2

-

-(c)

y y 2 = a 21m1 y1ω 2 + a 22 m 2 y 2ω 2 ∴1 = a 21m1  y1  + a 22 m 2 ω 2    2

--

(d) Despejando en cualquiera de las dos ecuaciones a

 y1  y sustituyendo en la otra se obtiene la  y2 

ecuación de frecuencias:

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1 − (a m + a m ) 1 + (a a − a a )m m = 0 11 1 22 2 11 22 12 21 1 2 ω2

ω4

(4.27)

Con ésta ecuación obtenemos las raíces positivas 1 y 1 , en donde ω1 y ω 2 son la primera y ω1 ω2 segunda velocidad crítica (o frecuencias naturales de vibración). Las dos masas son m1 y m2 . Las constantes a se conocen como coeficientes de influencia, en donde:

a11 = deformación en el punto de localización de la masa m1 , producida por una carga unitaria localizada en el punto de la masa m1 . a 22 = deformación en el punto de localización de la masa m2 , producida por una carga unitaria localizada en el punto de la masa m2. a12 = deformación en el punto de localización de la masa m2 , producida por una carga unitaria localizada en el punto de la masa m1. a 21 = deformación en el punto de localización de la masa m1 , producida por una carga unitaria localizada en el punto de la masa m2.

a12 = a 21

En la ecuación de Rayleigh-Ritz las deformaciones en las masas m1 y m2 se pueden determinar por

δ1 = W1a11 + W2 a12   δ 2 = W2 a21 + W2 a22 

(4.28)

En la ecuación de Dunkerley la deformación producida por la aplicación aislada de las masas

m1 ,

m2 , m n es:

δ 11 = W1a11   δ 22 = W2 a 22  δ nn = Wn a nn 

(4.29)

Los coeficientes de influencia se determinan como sigue: a).- Eje simplemente apoyado en sus extremos con dos masas concentradas.

b).- Eje simplemente apoyado en un extremo y un voladizo.

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En la figura anterior se puede observas que la carga unitaria (1) se aplica hacia arriba para que la curvatura coincida con la que se tiene al aplicar la carga (2). Para un sistema de masas múltiples, la ecuación de frecuencias se obtiene resolviendo el siguiente determinante:

(a11m1 − 12 ) ω

(a12 m2 )

...........

(a1n m n )

(a 21m1 )

(a 22 m 2 − 1 )

...........

(a 2n m n

...........

............

............

...........

(a n1m1 )

(a n 2 m 2 )

............ (a nn m n − 12 ) ω

ω2

=0

(4.30)

4.6. MATERIALES PARA EJES. Este tema se estudió en PROPIEDADES DE LOS MATERIALES. 4.7. FLECHAS FLEXIBLES 4.8. CIGÜEÑALES. Problema 4.1.- En la figura siguiente, la polea de 20 pul para banda plana recibe 25 hp a 500 rpm. o La potencia es transmitida al engrane recto de ángulo de presión de 20 que tiene un diámetro de paso de 10 pul. La polea pesa 250 lb y el engrane 150 lb. Si las cargas son estables, determinar el diámetro de la flecha basado en las teorías de fallas de corte máximo y de energía de distorsión máxima. La flecha es de acero AISI 1030 rolado en caliente. Usar un factor de seguridad de 2.

El par de torsión es

H = 63000( 25) = 3150 lb.pul T = 63000 n 500

T = (T1 − T2 )r = 2T2 (10) ∴T2 = 3150 ∴ 20 T2 = 157.5 lb T1 = 472.5 lb La carga horizontal en el engrane es T = FH rE ∴ FH = 3150 = 630 lb 5 La carga vertical es:

FV = FH tan 20 o = 229.3 M.C. IGNACIO ARRIOJA CÁRDENAS

lb

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Componente en y en el punto D: FD y = (472.5 + 157.5) cos 30 o − 250 = 295.6 lb Componente en z en el punto D: FDz = (472.5 + 157.5) sen30 o = 315 lb Componente en y en el punto B: FB y = 229.3 + 150 = 379.3 lb Componente en z en B: FBz = 630 lb Tomando momentos respecto a A se tiene:

∑ M A = 0 ∴ 8iˆ × (−379.3 ˆj + 630kˆ) + 26iˆ × (−C y ˆj − C z kˆ) + 32iˆ × (295.6 ˆj + 315kˆ) ∴ − 3034.4kˆ − 5040 ˆj − 26C y kˆ + 26C z ˆj + 9459.2kˆ − 10080 ˆj = 0 ∴

C y = 247.1 lb C z = 581.5 lb Por suma de fuerzas se tiene:


∑ F = 0∴ A y ˆj − Az kˆ − 247.1 ˆj − 581.5kˆ − 379.3 ˆj + 630kˆ + 295.6 ˆj + 315kˆ = 0 ∴

A y = 330.8 lb Az = 363.5 lb Diagrama de momentos (Plano x-y). M (lb.pul) y 2646.4

1773.5

B

C x

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Diagrama de momentos (Plano x-z). M (lb.pul) z 2908

B

C

x

1890 El momento total de flexión en los puntos B y C son:

M B = 1000 (2.6464 2 + 2.908 2 ) = 3932 lb.pul M C = 1000 (1.7735 2 + 1.89 2 ) = 2591.8 lb.pul El máximo momento flector es entonces de 3932 lb.pul. Para el acero AISI 1030 rolado en caliente

S y = 37.5 kpsi.

Esfuerzo cortante máximo:

 32n  d =  πS s ( M 2 + T 2 )1 / 2  y  

1/ 3

=  π (37500) 

32( 2)(1000)

(3.932 2 + 3.15 2 )  

1/ 3

∴

d = 1.3988 pul Energía de distorsión máxima:

16n  d =  πS s (4 M 2 + 3T 2 )1 / 2  y  

1/ 3

=  π (37500) 

16( 2)(1000)

4(3.932 2 ) + 3(3.15 2 )  

1/ 3

∴

d = 1.375 pul Se puede utilizar un valor comercial de

1

d = 1 /2 pul.

Problema 4.2.- Un eje de acero AISI 1040 estirado en frío y maquinado, con dimensiones d = 2 pul y D = 3 pul , está sometido a una torsión constante de 800 lb.pul y a un momento flector alternante. Determinar el factor de seguridad con base a la Norma ANSI B106.1M-1985.

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Para un acero AISI 1040 estirado en frío

S u = 85

kpsi ,

S y = 71 kpsi.

Solución: Equilibrio del eje:

∑ M A = 0 ∴ 50 R B − 500(30) = 0 ∴ R B = 300 lb ∑ F y = 0 ∴ R A + R B − 500 = 0 ∴ R A = 200 lb Ma = 200x30 = 6000 lb.pul Tm = 800 lb.pul

S e′ = 0.5S u = 0.5(85) = 42.5 kpsi k a = aS ub = 2.7(85) −0.265 = 0.83 Para 0.3 pul < d < 10 pul k b = 0.869d

−0.112

k c = 1 para cargas de flexión k d = 1 para temperatura normal de trabajo k r = 1 (factor de confiabilidad)

∴ k b = 0.869(2) −0.112 = 0.804

S e = 0.83(0.804)(42.5) = 28.36 kpsi Para r/d = 0.125 y D/d = 1.5, Kt = 1.6 (Figura A-15-9 del Shigley).

K f = 1 + q( K t − 1) q=

----(a)

1 1+ a r

Para S u = 85 kpsi ,

En (a) se tiene:

a = 0.075 ∴ q =

1 1+ 0.075 0.5

= 0.87

K f = 1 + 0.87(1.6 − 1) = 1.522

El factor de seguridad es:

ns =

πd 3 2

 K f M a  3  Tm   +   32      Se  4  S y 

2

=

(

π ( 2 )3

) (

)

2 2 32 1.522 x 6000 + 3 800 28360 4 71000

∴

n s = 2.438 M.C. IGNACIO ARRIOJA CÁRDENAS

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Problema 4.3.- Determinar la velocidad crítica del eje de acero que se muestra en la siguiente 6 figura. (E = 30x10 psi)

Solución: Equilibrio del eje:

∑ M A = 0 ∴18R B − 320(8) = 0 ∴ R B = 142.22 lb, R A = 177.78 lb. Diagrama de momentos: M 1422.24 lb.pul

x

M EI EI1 = 7.455 x10 6 EI 2 = 1.4726 x10 6

-3

0.966x10 -3

0.19x10

1

2 x1 x2

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A1 = 8×0.19×10

−3

2

A2 = 10×0.996×10

= 0.76 × 10 −3 −3

2

= 4.98 ×10 −3

x1 = 10 + 8 = 38 pul

3 3 20 2 x 2 = 10 × = pul 3 3

∆ = A1 x1 + A2 x 2 = 0.76 × 10 −3 × 38 + 4.98 × 10 −3 × 20 = 42.8267 × 10 −3 pul 3 3

(18 )

−3 ∆ 2 = 8 × ∆ = 8×42.8267×10 = 19.034 × 10 −3 pul 18

()

∆1 = A1 × 8 = 0.76 × 10 −3 × 8 = 2.02667 × 10 −3 pul 3 3

δ = ∆ 2 − ∆1 = (19.034 − 2.02667) × 10 −3 = 17 × 10 −3 pul g

ωc = δ =

386 = 150.684 rad/seg 17×10−3

∴

n c = 1440 rpm Problema 4.4.- Para el eje que se muestra en la figura, determinar: a) La primera velocidad crítica aplicando la fórmula de Rayleigh- Ritz ; (b) La primera velocidad crítica utilizando la ecuación de Dunkerley, y c) La primera y segunda velocidad crítica utilizando la ecuación de frecuencias. (E = 6 30x10 psi)

De acuerdo con la figura tenemos lo siguiente:

EI = 119.28

2

lb.pul

Primera condición:

EIy ′′ = 0.75 x − ( x − 10) ∴ M.C. IGNACIO ARRIOJA CÁRDENAS

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EIy ′ = 0.375 x 2 − 1 ( x − 10) 2 + C1 2 EIy = 0.125 x 3 − 16 ( x − 10) 3 + C1 x + C 2 y (0) = 0 → C 2 = 0 y (40) = 0 → C1 = −87.5 ∴

[

−6 y = 10 0.125 x 3 − 1 ( x − 10) 3 − 87.5 x 119.28

6

]

a11 = 6.2877 × 10 −6 pul a12 = 6.68 × 10 −6 pul Segunda condición:

EIy ′′ = 0.375 x − ( x − 25) ∴ EIy ′ = 0.1875 x 2 − 1 ( x − 25) 2 + C1

2 EIy = 0.0625 x − 16 ( x − 25) 3 + C1 x + C 2 3

y (0) = 0 → C 2 = 0 y (40) = 0 → C1 = −85.9375 ∴

[

−6 y = 10 0.0625 x 3 − 1 ( x − 25) 3 − 85.9375 x 119.28

6

]

a 21 = 6.68 × 10 −6 pul a 22 = 9.8248 × 10 −6 pul Solución (a):

δ 1 = W1a11 + W2 a12 = (500 × 6.2877 + 800 × 6.68) × 10 −6 = 0.008488 pul δ 2 = W1a 21 + W2 a 22 = (500 × 6.68 + 800 × 9.8248) × 10 −6 = 0.0112 pul

ωc =

n g ∑ Wk δ k k =1 = n 2 ∑ Wk δ k k =1

386(500×0.008488+800×0.0112) 500(0.008488) 2 +800(0.0112) 2

= 193.32 rad/seg

n c = 1846 rpm

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Solución (b):

δ 11 = W1a11 = 500(6.2877 × 10 −6 ) = 0.0031438

pul

δ 22 = W2 a 22 = 800(9.8248 × 10 −6 ) = 0.0078598 g

ω12 = δ = 11

pul

386 = 122.78134 × 10 3 0.0031438

g

386 ω 22 = δ = 0.0078598 = 49.11066 ×10 3 22

1 ωc2

−3 −3 = 1 + 1 = 1×10 + 1×10 = 0.0285067 × 10 −3 ∴

ω12

ωc =

ω22

122.78134

103 0.0285067

49.11066

= 187.285 rad/seg

nc = 1788.5 rpm Solución (c):

1

ω4

− (a11m1 + a 22 m 2 ) 12 + (a11a 22 − a12 a 21 )m1m 2 = 0 ∴ ω

1 − 28.507 × 10 −6 1 +

λ2

λ

(

46.05 × 10 −12 = 0 ∴

)

−6 1 = 28.507± 812.649−184.2 ×10 = 28.507 ± 25.069 ∴ λ 2 2 − 6 6 1 = 26.788 × 10 ∴ λ = 0.03733 × 10 ∴ ω = 1000 0.03733 ∴ 1 1 λ1 ω1 = 193.2 rad/seg ∴

nc1 = 1845 rpm 1 = 1.719 × 10 −6 ∴ λ = 0.5817335 × 10 6 ∴ ω = 1000 0.5817335 ∴ 2 2

λ2

ω 2 = 762.7145

rad/seg

∴

nc2 = 7883.4 rpm

M.C. IGNACIO ARRIOJA CÁRDENAS

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