Ingeniería Metalúrgica
II LABORATORIO DE MECÁNICA DE FRACTURA Y ANÁLISIS DE FALLA 1. Considere una placa plana de una aleación metálica que va ha ser expuesta a cargas cíclicas cíclicas de tracción compresión con una carga media de 25Mpa.si las longitudes iniciales y críticas de grietas son 0.25 y 5 mm respectivamente y la
con en Mpa y la
ecuación de parís del material es:
longitud de grieta C en mm.estimar la tensión máxima para que la vida de fatiga sea de 320000ciclos. Solución:
Ecuación de Paris
Suponiendo
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Ingeniería Metalúrgica 2. Supóngase que dos materiales idénticos, se someten a tensiones cíclicas de tracción compresión de magnitud σ y 2σ respectivamente, con tensión media nula. Estimar la relación entre las vidas de fatiga de los dos materiales. m = 3. Solución:
σmedia = 0
La vida de fatiga se expresa en la siguiente ecuación integrada de parís.
Entonces:
….. (1)
…………… (2)
Relación de las vidas de fatiga
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3. Una pieza constituida en fundición (Kc = 25 Mpa
), están sometidas a procesos
de cargas alternadas. Por medio de ensayos no destructivos se detectaron todas las piezas con defectos mayores de 1 mm y son descartadas. El esfuerzo máximo que soporta es de ± 1 MN, siendo el área de la sección transversal igual a 0,01 m2. Determine se la vida de las piezas alcanzara 20000 horas como mínimo. Si la frecuencia de trabajo es de 1000 revoluciones por minuto (A= 2*10-12 y m= 3 para
∆σ en Mpa y C en m). Solución:
Datos:
Kc = 25 Mpa . Fmáx. = 1MN. Área = 0.01m2 Frecuencia de trabajo = 1000 Rpm. A= A= 2*10-12. m= 3.
Con la carga máxima podemos encontrar el esfuerzo máximo:
σmax = Fmáx/ área. σmax = 1MN / 0, 01m2.= 100Mpa.
Con esto podemos encontrar el tamaño de grieta crítico:
Kc = σmax Y. Para esto Y=1(factor geométrico). 25 Mpa = 100Mpa Cc = 0.01989.
Como en el problema dice que se descartan a piezas con defectos no mayores que 1mm tomamos a este dato como C0.
Con estos datos podemos encontrar el número de ciclos que va a soportar este componente antes de fracturarse.
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Nf = . Nf = Nf= Nf =
Nf= 513064,56
Comparamos este resultado con el patrón del material. 1000 Rpm x
60000 rev/ h.
Entonces si duraría 20000 horas los numero de ciclos seria: 12 x
revoluciones en 20000 horas.
Esto lo podemos pasar a número de ciclos que tendrá en los 20000 h. 12x
x .
rev/horas x
333333.33 ciclos.
Comparando la vida de fatiga del material en el campo real con los números de ciclos en 200000 horas entonces vemos que:
Nf= 513064,56 > 333333.33 ciclos.
RPTA.- Entonces el componente si durara más de 20000 horas.
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Ingeniería Metalúrgica 4. Supóngase que una viga de acero con coeficiente de dilatación térmica lineal igual a 1.2x10-5°C-1 sujeta rígidamente por ambos extremos (es decir, no puede deformarse) no presenta tensión alguna a 25°C. La viga está sometida a ciclos
térmicos de una hora de duración con ∆T=100°C y temperatura media de 15°C. La grieta máxima al inicio es de 2mm y la tenacidad a la fractura es de 25 MPa√m. La vida a fatiga del material se rige por la ecuación de Paris: A=2x10-12 y m=4, además E= 126000MPa. a) ¿ Podrá la viga someterse durante un año interrumpidamente a dicho ciclo térmico? b) ¿Qué presión ejercería sobre los extremos de la viga para evitar la fractura si tuvieras que utilizar dicho ciclo térmico? Solución:
Datos: α=1.2x10-5°C-1; 126000MPa; ∆T=100°C;
KIC=25MPa√m; A=2x10-12;
m=4, E=
Cmax.= 2mm 0.002m
a) ¿ Podrá la viga someterse durante un año interrumpidamente a dicho ciclo térmico?
De la ecuación:
Calculo del tamaño de grieta crítica:
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Según la fórmula de predicción de vida segura:
Nos dice que cada ciclo térmico dura 1 hora, entonces:
Rpta. Como el tiempo de vida es 4.261 años, la barra fácilmente resiste 1 año sometido a dichos ciclos térmicos.
b) ¿Qué presión ejercería sobre los extremos de la viga para evitar la fractura si tuvieras que utilizar dicho ciclo térmico? La presión que genera a las paredes es:
(Compresiva)
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Ingeniería Metalúrgica 5. Se encontró que cierto acero tiene valores de Ơf = 1758 MPa y b= -0.0977 . Estime el límite de fatiga del acero a 107 ciclos cuando el esfuerzo medio es: a) b) c)
Cero 175 MPa como tensión. 175 MPa como compresión.
Solución:
a) Ơm= 0 Ơ a = ( Ơ f ‘ – Ơ m ) (2 Nf )b
Según Goodman:
Ơ
Ơ
, PERO L.F
Ơ
= 0.5 Ơ
L.F = Ơ a + 0.5 Ơ m
Ơa = ( 1758 MPa – 0 ) (2 x 107ciclos )-0.0977
= 340.18 MPa
L.F= 340.18 MPa + 0.5 (0)
= 340.18 MPa
b) Ơm = 175 MPa como tensión Según Goodman:
Ơ
Ơ
, PERO L.F
Ơ
= 0.5 Ơ
L.F = Ơ a + 0.5 Ơ m
Ơa = ( 1758 MPa – 175 MPa ) (2 x 107ciclos )-0.0977 L.F= 306.32 MPa + 0.5 (175 MPa)
= 306.32 MPa = 393.82 MPa
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Ingeniería Metalúrgica
c) Ơm = 175 MPa como compresión Según Goodman:
Ơ
Ơ
, PERO L.F
Ơ
= 0.5 Ơ
L.F = Ơ a + 0.5 Ơ m
Ơa = ( 1758 MPa – (-175 MPa) ) (2 x 107ciclos )-0.0977 L.F= 374.04 MPa + 0.5 (-175 MPa)
= 374.04 MPa = 286.54 MPa
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Ingeniería Metalúrgica 6. Los resultados de ensayos de fatiga en un acero se muestran en la tabla:
Amplitud del Esfuerzo/ tensión Mpa 470 440 390 350 310 290 290 290
Ciclos hasta la Rotura 10 000 30 000 100 000 300 000 1 000 000 3 000 000 30 000 000 100 000 000
a) Dibujar el Diagrama S-N. b) ¿Cuál es el Límite de Fatiga = LF, de esta aleación. Si los datos corresponden a un acero aleado y a ensayo de flexión rotativa y que una barra de ésta aleación quiere ser utilizada para un eje de automóvil que gira a una velocidad de 600 rpm. Determinar los tiempos máximos que se puedan permitir en caso de conducción continua para niveles de amplitud de esfuerzo de: i. 450 MPa ii. 380 MPa iii. 275MPa
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Ingeniería Metalúrgica Solución: a) Dibujar el Diagrama S-N.
Amplitud del Esfuerzo/ tensión Mpa 470 440 390 350 310 290 290 290
Ciclos hasta la Rotura 10 000 30 000 100 000 300 000 1 000 000 3 000 000 30 000 000 100 000 000
Log(Nf) 4 4.777 5 5.477 6 6.477 7.477 8
500 450 400 350 300 250 Series1 200 150 100 50 0 0
2
4
6
8
10
10
Ingeniería Metalúrgica b) ¿Cuál es el Límite de Fatiga = LF, de esta aleación. Si los datos corresponden a un acero aleado y a ensayo de flexión rotativa y que una barra de ésta aleación quiere ser utilizada para un eje de automóvil que gira a una velocidad de 600 rpm. Determinar los tiempos máximos que se puedan permitir en caso de conducción continua para niveles de amplitud de esfuerzo de: i. 450 MPa ii. 380 MPa iii. 275MPa El límite de la fatiga es el nivel de ésta aleación en el que la curva es cuando se vuelve horizontal, que es de 290 MPa (42.200 psi).
Para 600 rpm.
Luego
i. 450 MPa = 3.16 x10 4 ciclos
ii. 380 MPa = 1.03 x105 ciclos
iii. 275MPa
Para éste nivel de amplitud de esfuerzo el acero tendrá un tiempo de vida de fatiga infinito, es decir que podrá trabajar sin ningún problema al someterse al esfuerzo.
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Ingeniería Metalúrgica 7. Una aleación de acero tiene una resistencia a la fatiga (evaluada a esfuerzos medios nula) y una resistencia máxima a tracción de 700 y 1400 MPa, respectivamente ¿Esperaría usted que un componente Manufacturado de esta aleación falle por fatiga al ser sujeto a esfuerzos cíclicos entre 0 y 600 MPa. ¿Cambiaria la situación si el material tuviera un esfuerzo residual de tensión de 700 MPa? Solución:
800 700 600
o
σ
, F . L
500 400 300 200 100 0 0
200
400
600
800
1000
1200
1400
1600
σ σm
Bajo las condiciones dadas si esta seguro el trabajo
Si el material tuviera un esfuerzo residual
Bajo esta condición el material es seguro no falla
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Ingeniería Metalúrgica 8. Una columna de acero de 63 cm de diámetro y 2m de altura soporta constantemente una carga de 85MN. Se coloca en un medio corrosivo en el cual su velocidad de corrosion es de 20.4 g/día. a. ¿En qué momento dejara de ser segura como elemento estructural?.si se supone que no se aplica ningún factor de seguridad. b. ¿Cuál será la pérdida de masa en ese momento? c. ¿Durante cuánto tiempo habrá servicio dicho componente?.
Datos:
= 280 MPa
Solución: a. ¿En qué momento dejara de ser segura como elemento estructural?.si se supone que no se aplica ningún factor de seguridad.
= 0.3117 m2 (área inicial)
A= 0.3036 m2
Ahora la cantidad de área que se consumirá con la velocidad de corrosion dada para que le material falle es: Af = (0.3117 – 0.3036) m2 = 0.0081m2
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Ingeniería Metalúrgica Entonces:
b. Pérdida de masa en el momento de falla
c. Tiempo de servicio
17años
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Ingeniería Metalúrgica 9. Petroperú transporta petróleo en una tubería de acero BAAR con una tensión de 380 MPa, la tubería tiene una resistencia a la tensión de 680 MPa; una inspección con rayos X detectó una grieta de 15 mm. Además el material tiene una tenacidad a la fractura
esta geometría siguiente:
y una tensión de fluencia de 420 MPa. Asuma que . según el análisis de falla del código R6 conteste lo
a. El tipo de fractura cuando falla
Por lo tanto de la relación de : 0.2 < Entonces se trata de una
< 1.8
b. Tipo de acero
< 1.6 (ACERO ESTRUCTURAL) >1.6 (ACERO INOXIDABLE) 1.0 <
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Ingeniería Metalúrgica
c. Dibujar DAF para el CÓDIGO R6 opción 1 y parametrice los datos. Analice si es seguro trabajar en esas condiciones
OPCION 1
Sr
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
1.2
1.3
Kr
1
0.994
0.973
0.905
0.704
0.393
0.246
0.229
Curva DAF para el codigo R6 opción 1
Kr
1.2 1 0.8 0.6 0.58
0.4 0.2 0 0
0.2
0.4
0.56
0.6
0.8
1
1.2
1.4 Sr
Por lo tanto debido a que el punto (0.56;0.58) se localiza en la zona segura debajo de la curva DAF; la grieta será estable
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Ingeniería Metalúrgica 10. En la siguiente figura fue fabricado de un acero con 0.47%C, se realizo la prueba de fatiga con muesca y se encontró que el limite de fatiga en esta prueba es de 30000Psi. Si el factor de sensibilidad de muesca es 1.25 ¿Cuál será el límite de fatiga sin muesca? Solución:
En la grafica del factor de concentración de tensiones (kt) vs r/d:
D/d=2 r/d=0.2 Kt=1.4
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Ingeniería Metalúrgica Evaluando el factor de sensibilidad de muesca podemos encontrar el valor de k:
q=
(K-1)/ (Kt-1)
1.25=(K-1)/(1.4-1)
(1.25)(1.4-1)+1=K
k=1.5
Finalmente en el factor k tenemos: K=L.F. sin muesca/ L.F. con muesca L.F. sin muesca= (1.5)*(3*104) L.F. sin muesca = 4.5*104 Psi.
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Ingeniería Metalúrgica 11. El acero de alta resistencia de la figura; cuya tenacidad critica a la fractura es
80Mpa
se somete a un esfuerzo alternativo de -900Mpa (compresión) a
+900Mpa (tensión).Debe durar
ciclos sin romperse. Suponer Y=1 y calcule:
a) El tamaño de una grieta superficial necesaria para que se presente la fractura. b) La grieta superficial inicial más grande que permita que eso suceda. Datos:
a)
Y
b) Suponiendo valores para A y m para obtener
1
ciclos sin romperse:
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