Problemario de clase

PRACTICA 1 PROBLEMAS DE CLASE

KARIM ORTIZ ALDACO

DISEÑO MECANICO GRUPO B

Profesor: Dr. DIOSDADO DE LA PEÑA JOSE ANGEL

01 DE JUNIO DE 2016

Problemas capítulo 5 “Fallas resultantes de carga estática” 5-1 Una barra de acero laminado en caliente tiene una resistencia a la fluencia mínima en tensión y compresión de 50 kpsi. Usando las teorías de la energía de distorsión y del esfuerzo cortante máximo, determine los factores de seguridad de los siguientes estados de esfuerzo plano: a) σx = 12 kpsi, σy = 6 kpsi b) σx = 12 kpsi, τxy = −8 kpsi c) σx = −6 kpsi, σy = −10 kpsi, τxy = −5 kpsi d) σx = 12 kpsi, σy = 4 kpsi, τxy = 1 kpsi 

calculamos esfuerzos principales partiendo del circulo de Mohr. 𝜎1 , 𝜎2 =

𝜎𝑥 + 𝜎𝑦 𝜎𝑥 − 𝜎𝑦 2 2 ± √( ) + 𝜏𝑥𝑦 2 2

𝜎𝑥 − 𝜎𝑦 2 2 𝜏𝑚𝑎𝑥 = √( ) + 𝜏𝑥𝑦 2 

Sustituyendo valores del inciso a en las ecuaciones obtenemos 𝜎𝑥 + 𝜎𝑦 𝜎𝑥 + 𝜎𝑦 2 12 + 4 12 − 4 2 2 √ √ 𝜎1 , 𝜎2 = ± ( ) + 𝜏𝑥𝑦 = ± ( ) +0 2 2 2 2 12 + 4 12 − 4 2 √ 𝜎1 = + ( ) + 0 = 12kpsi 2 2

𝜎2 =

𝜏𝑚𝑎𝑥 

𝜎1 +𝜎2 2

12 + 4 12 − 4 2 − √( ) + 0 = 6kpsi 2 2

𝜎𝑥 + 𝜎𝑦 2 12 − 4 2 2 √ √ = ( ) + 𝜏𝑥𝑦 = ( ) + 0 = 3kpsi 2 2

Utilizando esfuerzo cortante máximo 𝑆𝑦

𝑆𝑦

𝑆𝑦

= 2𝑛 → 𝜏𝑚𝑎𝑥 = 2𝑛 → 𝜎1 + 𝜎2 = 2𝑛 (correspondiente al caso σA≥0≥ σB)

𝑆𝑦

𝜎1 ≥ 2𝑛 (correspondiente al caso σA≥σB≥0) 𝑛=



𝑆𝑦 50 = = 4.1666 𝜎1 12

Utilizando energía de deformación 𝜎 ′ = √𝜎𝐴2 − 𝜎𝐴 𝜎𝐵 + 𝜎𝐵2 = √(12)2 − (12)(6) + (6)2 = 10.3923 𝑆𝑦 𝑛 𝑆𝑦 50 kpsi 𝑛= ′= = 4.81125 𝜎 10.3923 kpsi 𝜎′ =

5-10 Un acero 4142 templado y revenido a 80°F presenta Syt = 235 kpsi, Syc = 275 kpsi y Ɛƒ = 0.06. Elija y grafique el lugar geométrico de falla y, para los esfuerzos estáticos en los puntos críticos, que son 10 veces los del problema 5-9, grafique las líneas de carga y estime los factores de seguridad en forma analítica y gráfica.

Syt = 235 kpsi , Syc = 275 kpsi

Ɛƒ = 0.06 Ƞ=? Del 5.9    

Ɛƒ<0.05

σx= 90 kpsi ; σxy= -50 kpsi σx= 120 kpsi ; σxy= 30 kpsi σx= -40 kpsi ; σy= -90 kpsi, σ xy=50kpsi σx= 110 kpsi ; σy= 40 kpsi, σ xy=10kpsi

⁂ Mat. dúctil

σ=

σl= 90 kpsi

A)

σ𝑥 + σ𝑦 σ𝑥 + σ𝑦 2 ± √( ) + 𝜎𝑥𝑦 2 2 2

σ2= -50 kpsi

Caso 2 𝜎𝑙 𝑆𝑦𝑡

Ƞ=

−

𝑆𝑦𝑡 𝜎𝑙

𝜎2 𝑆𝑦𝑡

=

1 Ƞ

⁂ Ƞ= 1.77

=2.10

5-12 Un aluminio fundido 195-T6 tiene una resistencia última en tensión de Sut = 36 kpsi, una resistencia última en compresión de Suc = 35 kpsi y presenta una deformación real a la fractura εf = 0.045. Elija y grafique el lugar geométrico de falla y, para las cargas estáticas que inducen los esfuerzos en los puntos Críticos del problema 5-9, grafique las líneas de carga y estime los factores de seguridad en forma analítica y gráfica. Datos: Aluminio fundido 195-T6 Sut = 36 kpsi Suc = 35 kpsi εf = 0.045 A)

𝜎𝑥= 9 𝐾𝑝𝑠𝑖 𝜎𝑦= −5 𝐾𝑝𝑠𝑖

𝜎 1,2=

𝜎 1,2=

𝜎𝑥+𝜎𝑦 𝜎𝑥+𝜎𝑦 = ± √( )2 +(𝜏𝑥𝑦 )2 2 2

9+(−5) √ 9−(−5) 2 2 = ± ( 2 ) +0

𝜎1=9=𝜎𝐴 𝜎2=−5=𝜎𝐵 𝜎𝐴≥0≥𝜎𝐵 ⌊

𝜎𝐵 −5 ⌋ = ⌊ ⌋ = 0.55 𝜎𝐴 9

35 = 0.9722 36 ⌊0.95⌋ < 0.972 𝜎𝐴=𝑆𝑢𝑡=∩𝑆𝑢𝑡 ∩

∩= B)

𝜎𝐴

36 =4 9

𝜎𝑥=12𝐾𝑝𝑠𝑖 𝜏𝑥𝑦=3𝐾𝑝𝑠𝑖 𝜎

1,2=

12 12 = ± √( )2 +(3)2 2 2

𝜎1=12.708=𝜎𝐴 𝜎2=−0.708=𝜎𝐵 𝜎𝐴≥0≥𝜎𝐵 𝜎𝐵 −0.708 𝑆𝑢𝑐 ⌊ ⌋=⌊ ⌋ = 0.55 < 𝜎𝐴 12.708 𝑆𝑢𝑡 35 36

𝑆𝑢𝑐

= 0.9722=

𝑆𝑢𝑡

𝜏

𝑆𝑢𝑡 𝑆𝑢𝑡 36 𝐴= ;∩ = =2.8328 ∩ 𝜎𝐴 12.708

C) 𝜎𝑥= −4 𝐾𝑝𝑠𝑖 𝜎𝑦= −9 𝐾𝑝𝑠𝑖 𝜎𝑥𝑦= 5 𝐾𝑝𝑠𝑖

𝜎 1,2=

−4−9 −4−(−9) 2 = ± √( ) +(5)2 2 2

𝜎1=−0.9098=𝜎𝐴 𝜎2=−12.090=𝜎𝐵 0≥𝜎𝐴≥𝜎𝐵 𝜎 −𝑆𝑢𝑐 𝑆𝑢𝑐 𝐴=

;∩ ∩ 𝜎𝐵 −35

∩= =2.894 −12.090 D) 𝜎𝑥= 11 𝐾𝑝𝑠𝑖 𝜎𝑥= 4 𝐾𝑝𝑠𝑖 𝜏𝑥𝑦= 1 𝐾𝑝𝑠𝑖 𝜎 11+4 11−4 1,2=

2

= ± √(

2

)2 +(1)2

𝜎1= 11.14 𝐾𝑝𝑠𝑖 𝜎2= 3.859𝐾𝑝𝑠𝑖 𝜎𝐴>𝜎𝐵≥0 ∩=

𝑆𝑢𝑡 = 3.2313 𝜎𝐴

5-13 Una fundición de hierro ASTM, grado 30 (vea la tabla A-24), soporta una carga estática que provoca el estado de esfuerzos que se presenta a continuación en los puntos críticos. Elija y grafique el lugar geométrico de falla, también grafique las líneas de carga y estime los factores de seguridad en forma analítica y gráfica.    

𝜎𝐴 = 20 𝑘𝑝𝑠𝑖, 𝜎𝐵 = 20𝑘𝑝𝑠𝑖 𝜏𝑥𝑦 = 15𝑘𝑝𝑠𝑖 𝜎𝐴 = 𝜎𝐵 = −80𝑘𝑝𝑠𝑖 𝜎𝐴 = 15 𝑘𝑝𝑠𝑖, 𝜎𝐵 = −25 𝑘𝑝𝑠𝑖

𝑆𝑢𝑡 = 31 𝑘𝑝𝑠𝑖 𝑆𝑢𝑐 = 109 𝑘𝑝𝑠𝑖

5-14 En este problema se ilustra que el factor de seguridad de un elemento de máquina depende del punto particular seleccionado para el análisis. Aquí se deben calcular los factores de seguridad, con base en la teoría de la energía de distorsión, para los elementos de esfuerzo A y B del elemento que se muestra en la figura. Esta barra está hecha de acero AISI 1006 estirado en frío y está sometida a las fuerzas F = 0.55 kN, P = 8.0 kN y T = 30 N ⋅ m.

Datos:

𝐹 = 0.55 KPa ;𝑃 = 8 KPa ;𝑇 = 30 Nm ;𝑙 = 0.1 m ; 𝑑 = 0.02 m Acero AISI 1006: 𝑆𝑦 = 280 MPa En el punto A los esfuerzos son: 

Por Flexión

𝑑 𝑀𝑐 (𝐹 ∙ 𝑙)(2 ) 32(𝐹 ∙ 𝑙) 32[(0.55 kPa)(0.1 m)] 𝜎𝑥 = = = = = 𝟕𝟎. 𝟎𝟐 𝐌𝐏𝐚 𝜋𝑑 4 𝐼 𝜋𝑑 3 𝜋(0.02m)3 64 

Por Normal

𝜎𝑥 = 

𝑃 𝑃 4𝑃 4[(8 kPa)] = = = = 𝟐𝟓. 𝟒𝟔 𝐌𝐏𝐚 2 𝐴 𝜋𝑑 𝜋𝑑 2 𝜋(0.02m)2 4

Por Torsión

𝜏𝑥𝑧 = Para A

𝑇𝑟 (𝑇)(𝑟) 2(𝑇) 2(30 Nm) = = = = 𝟏𝟗. 𝟎𝟗 𝐌𝐏𝐚 𝜋𝑟4 𝐽 𝜋𝑟3 𝜋(0.01m)3 2

𝜎𝑥 = 70.02 MPa + 25.46 MPa = 𝟗𝟓. 𝟒𝟖 𝐌𝐏𝐚 𝜎𝑧 = 𝟎 𝜏𝑥𝑧 = 𝟏𝟗. 𝟎𝟗 𝐌𝐏𝐚

El Esfuerzo de Von Moses para Punto A es:

𝜎𝐴 ′ = (𝜎𝑥 2 − 𝜎𝑥 𝜎𝑧 + 𝜎𝑧 2 + 3𝜏𝑥𝑧 2 )

1⁄ 2

𝜎𝐴 ′ = [(95.48 MPa)2 − (95.48 MPa)(0) + (0)2 + 3(19.09 MPa)2 ] 𝝈𝑨 ′ = 𝟏𝟎𝟏. 𝟎𝟒 𝐌𝐏𝐚 En el punto B los esfuerzos son: 

Por Flexión

Donde V=F

𝜏𝑥𝑦 = 

4𝑉 = 3𝐴

Por Normal

𝜎𝑥 = 

4𝐹 16(𝐹) 16(0.55 kPa) = = = 𝟐. 𝟑𝟑 𝐌𝐏𝐚 𝜋𝑑 2 3𝜋𝑑 2 3𝜋(0.02m)2 3( ) 4

𝑃 𝑃 4 ∙ 𝑃 4[(8 kPa)] = = = = 𝟐𝟓. 𝟒𝟔 𝐌𝐏𝐚 2 𝐴 𝜋𝑑 𝜋𝑑 2 𝜋(0.02m)2 4

Por Torsión

𝜏𝑥𝑧 =

𝑇𝑟 (𝑇)(𝑟) 2(𝑇) 2(30 Nm) = = = = 𝟏𝟗. 𝟎𝟗 𝐌𝐏𝐚 𝜋𝑟4 𝐽 𝜋𝑟3 𝜋(0.01m)3 2

Para B

𝜎𝑥 = 0 + 25.46 MPa = 𝟐𝟓. 𝟒𝟔 𝐌𝐏𝐚 𝜎𝑦 = 𝟎 𝜏𝑥𝑦 = 2.33 MPa + 19.09 MPa = 2𝟏. 𝟒𝟐 𝐌𝐏𝐚

1⁄ 2

El Esfuerzo de Von Moses para Punto A es:

𝜎𝐵 ′ = (𝜎𝑥 2 − 𝜎𝑥 𝜎𝑦 + 𝜎𝑦 2 + 3𝜏𝑥𝑦 2 )

1⁄ 2

𝜎𝐵 ′ = [(25.46 MPa)2 − (25.46 MPa)(0) + (0)2 + 3(21.42 MPa)2 ]

1⁄ 2

𝝈𝑩 ′ = 𝟒𝟓 𝐌𝐏𝐚 Por la teoría de Energía de la Distorsión

𝜂=

𝑆𝑦 𝜎

Entonces para el Punto A

𝜂𝐴 =

𝑆𝑦 280 MPa = 𝜎𝐴 ′ 101.04 MPa

𝜼𝑨 = 𝟐. 𝟕𝟕 Entonces para el Punto B

𝜂𝐵 =

𝑆𝑦 280 MPa = 𝜎𝐵 ′ 45 MPa

𝜼𝑩 = 𝟔. 𝟐𝟐

Problema 5.19 En este problema se ilustra que la resistencia de una parte de una máquina algunas veces se puede medir en unidades que no sean la fuerza o el momento. Por ejemplo, la velocidad máxima que un volante de inercia puede alcanzar sin fluir o fracturarse es una medida de su resistencia. En este problema se tiene un anillo rotatorio hecho de acero AISI 1020 forjado en caliente: el anillo

tiene un diámetro interior de 6 in y un diámetro exterior de 10 in y su espesor es de 1.5 in. ¿Qué velocidad en revoluciones por minuto causaría que el anillo alcanzara cedencia? ¿En qué radio comenzaría la cedencia? [Nota: el esfuerzo radial máximo ocurre en r = (rori)1/2; vea la ecuación (355).]

1.5 in 10 in

6 in

Figura 1 Solución Ecuaciones Las ecuaciones (3.55) permiten calcular los esfuerzos en anillos rotatorios.

Donde r es el radio del elemento de esfuerzo en consideración, ρ es la densidad de masa y ω es la velocidad angular del anillo en radianes por segundo. En el caso de un disco rotatorio, en estas ecuaciones se usa ri =0.

Material De la tabla Constantes físicas de materiales para el acero al carbón: a) b)

Relación de poisson: v = 0.292 Peso unitario: w = 0.282 [lb/in3]

De la tabla A-20 para el acero AISI 1020 HR: 1.

Resistencia a la fluencia: Sy = 30 [kpsi]

La densidad ρ del material es: 𝜌=

𝑤 0.282 𝑙𝑏/𝑖𝑛3 = = 7.2981x10−4 [𝑙𝑏 · 𝑠 2 /𝑖𝑛4 ] 𝑓𝑡 12 𝑖𝑛 𝑔 32.2 2 ( ) 𝑠 1 𝑓𝑡

Condición de esfuerzos Esfuerzo tangencial máximo Primeramente analizamos el esfuerzo tangencial, mismo que es máximo en la parte interior del anillo rotatorio, es decir donde el mismo se sujeta con el eje de rotación, por lo que: r = ri. De modo que la ecuación del esfuerzo radial se reduce a cero, mientras que la del esfuerzo tangencial se reduce a:

Sustituyendo los valores: 3 + 0.292 1 + 3(0.292) ) [2(5)2 + (3)2 (1 − )] 8 3 + 0.292 = 0.016𝜔2 [𝑙𝑏 · 𝑠 2 /𝑖𝑛2 ]

𝜎𝑡𝑚𝑎𝑥 = 7.2981x10−4 𝜔2 (

Ya que el esfuerzo tangencial queda en función de la velocidad angular en [rad/s], igualamos la resistencia a la fluencia Sy con el esfuerzo tangencial máximo y despejamos ω: 𝑠𝑦 = 𝜎𝑡𝑚𝑎𝑥 = 0.016𝜔2;

𝜔=√

𝑠𝑦 0.016

=√

30000 0.016

= 1367[𝑟𝑎𝑑/𝑠]

Haciendo la conversión a R.P.M.: 60 𝑠 1 𝑟𝑒𝑣 60 𝑠 1 𝑟𝑒𝑣 𝑛 = 𝜔( )( ) = 1367[𝑟𝑎𝑑/𝑠] ( )( ) = 13050[𝑟𝑒𝑣/𝑚𝑖𝑛] 1 𝑚𝑖𝑛 2𝜋 𝑟𝑎𝑑 1 𝑚𝑖𝑛 2𝜋 𝑟𝑎𝑑 Esto, en principio, significa que a una velocidad de 13050 R.P.M. el volante fallara por el efecto del esfuerzo tangencial, siendo el lugar de la falla la región cercana al radio interior donde se conecta con el eje. Sin embargo aún es necesario analizar la condición de falla por el esfuerzo radial máximo.

Esfuerzo radial máximo Ahora analizamos el esfuerzo radial sobre el volante de inercia, mismo que es máximo, según el enunciado del problema en la región donde: r = (rori)1/2. De modo que la ecuación del esfuerzo radial se reduce a:

Mientras que la ecuación del esfuerzo tangencial se debe evaluar completa para el valor de r dado. Sustituyendo los valores para el esfuerzo radial: 𝜎𝑟𝑚𝑎𝑥 = 7.2981x10−4 𝜔2 (

3 + 0.292 ) (5 − 3)2 = 1.193x10−3 𝜔2 [𝑙𝑏 · 𝑠 2 /𝑖𝑛2 ] 8

Ahora calculamos el esfuerzo tangencial en r = (rori)1/2: 3 + 0.292 (3)2 (5)2 1 + 3(0.292) 𝜎𝑡 = 7.2981x10−4 𝜔2 ( ) [(3)2 + (5)2 + ( )( ) (15)] 8 (15) 3 + 0.292 = 0.012𝜔2 [𝑙𝑏 · 𝑠 2 /𝑖𝑛2 ]

Usamos la fórmula del esfuerzo de Von-Misses para combinar el esfuerzo radial y tangencial en un esfuerzo resultante en la región: 𝜎 ′ = (𝜎𝑡2 − 𝜎𝑡 𝜎𝑟 + 𝜎𝑟2 )1/2 = ((0.012𝜔2 )2 − (0.012𝜔2 )(1.193x10−3 𝜔2 ) + (1.193x10−3 𝜔2 )2 )1/2 𝜎 ′ = 0.012𝜔2 [𝑙𝑏 · 𝑠 2 /𝑖𝑛2 ]

Ya que el esfuerzo resultante queda en función de la velocidad angular en [rad/s], igualamos la resistencia a la fluencia Sy con el esfuerzo resultante y despejamos ω: 𝑠𝑦 = 𝜎 ′ = 0.012𝜔2;

𝑠

30000

𝑦 𝜔 = √0.012 = √ 0.012 = 1614[𝑟𝑎𝑑/𝑠]

Haciendo la conversión a R.P.M.: 60 𝑠 1 𝑟𝑒𝑣 60 𝑠 1 𝑟𝑒𝑣 𝑛 = 𝜔( )( ) = 1614[𝑟𝑎𝑑/𝑠] ( )( ) = 15420[𝑟𝑒𝑣/𝑚𝑖𝑛] 1 𝑚𝑖𝑛 2𝜋 𝑟𝑎𝑑 1 𝑚𝑖𝑛 2𝜋 𝑟𝑎𝑑 Esto significa que a una velocidad de 15420 R.P.M. el volante fallara por el efecto del esfuerzo resultante, radial y tangencial, siendo el lugar de la falla la región donde r = (rori)1/2.

Conclusión y resultado final

Tras hacer el análisis, se determina que la velocidad máxima a la que el volante de inercia puede rotar hasta la falla por fluencia es de: 13050 R.P.M. y la falla se presentada en la región cercana al radio interior donde se conecta con el eje, donde r = ri.

5.23 En la figura se muestra un eje montado en cojinetes, en los puntos A y D y tiene poleas en B y C. Las fuerzas que se muestran actúan en las superficies de las poleas y representan las tensiones de las bandas.El eje se hará de una fundición de hierro ASTM grado 25 usando un factor de diseño 𝑛𝑑 =2.8. ¿Qué diámetro se debe usar para el eje?

Punto B

Y

Z

Fc Tc

𝐹𝑐 = 360 + 27 = 387 𝑙𝑏𝑓 𝑇𝑐 = (3)(27) − (3)(360) 𝑇𝑐 = (3)(27) − (3)(360) = 999 𝑙𝑏 𝑖𝑛

Efecto de los torques

Y

𝑇

TB

Tc

B

C

16 𝑇

𝑑

Ʈ𝑚á𝑥 = 3𝑟= 𝜋𝑑3

Ʈ=

donde r= 2𝑟

𝜋𝑑 4 1 32

Así Ʈ𝑚á𝑥,𝐵 =

16(1000) 𝜋𝑑 3

=

Ʈ𝑚á𝑥,𝐵 =

16(−999) 𝜋𝑑 3

=

5092.95 𝑑3 5087.86 𝑑3

Apoyos simples (6) pag 995 El efecto de la fuerza 𝐹𝐵 Y

X

FB

B

C

𝑀𝐵 =

𝐹𝑏𝑥 𝑙

𝑀𝐵 =

350(14) (8) 22

𝑀𝐶 =

𝐹𝑎 (𝑙 𝑙

𝑀𝐵 =

X

− 𝑥)

= 1781.81 𝑙𝑏 𝑖𝑛

350(8) (22 − 22

16) = 763.63 𝑙𝑏 𝑖𝑛

Para la fuerza C Y B

C

X FC

𝑀𝐵 = 𝑀𝐶 =

387(6) (8) 22

= 844.35𝑙𝑏 𝑖𝑛

387(6) (16) 22

= 1688.72 𝑙𝑏 𝑖𝑛

Los momentos resultantes son

𝑀𝐷𝑅 =√(1781.81)2 + (844.35)2 =1971.75 𝑙𝑏 𝑖𝑛 𝑀𝐶𝑅 = √(763.63)2 + (1688.72)2=1853.35 𝑙𝑏 𝑖𝑛

Recordando que 𝑀𝐶 𝐼

𝜎=

=

32 𝑀 𝜋𝑑3

Entonces

σ𝑋,𝐵=

32 (1971.75) 20054.03 = 𝑑 𝑑3 3

σ𝑋,𝐶=

32 (1853.35) 18878.08 = 𝑑 𝑑3 3

Ʈ𝑚á𝑥,𝐵 =

Ʈ𝑚á𝑥,𝐵 =

Como es Hierro fundido ASTM 25

𝑆𝑢𝑡= 26 𝐾𝑝𝑠𝑖 𝑆𝑢𝑐= 97 𝐾𝑝𝑠𝑖 Se puede analizar por: 1. 2.

Mohr-Coulomb Mohr-Modificada

Se requieren los esfuerzos principales σ1,2= σ1=

20084.08 ± 2𝑑 3

21301.73 ; 𝑑3

20084.08 2 ) 𝑑3

√(

σ2=

−1217.20 𝑑3

σ1 > σ > σ2

Con M-C frágil

σ1 σ2 1 = = 𝑆𝑢𝑡 𝑆𝑢𝑐 𝑛

21301.73 20000 𝑑3

−1217.20

1

* 97000 𝑑3 = 2.8

5092.95 𝑑3

5091.95 2 ) 𝑑3

+(

508786 𝑑3

d=1.325 𝒊n

Con Mhor M odificada σ1 −1217.20 = =0.057 σ2 97000 𝑑3

σ1 ≤1 σ2 Así se usa ɳ=

𝑆𝑢𝑡 σ1

;

20000

2.8= 21301.7 𝑑3

𝒅 = 𝟏. 𝟑𝟏𝟖 𝒊𝒏

5 – 25.- Las fuerzas de engrane que se muestran en la figura actúan en planos paralelos al plano yz. La fuerza sobre el engrane A es de 300 lbf. Considere los cojinetes en O y B como apoyos simples. Para realizar un análisis estático y un factor de seguridad de 3.5, use la energía de distorsión para determinar el diámetro del eje con seguridad mínima. Considere que el material tiene una resistencia a la fluencia de 60 kpsi.

(𝐹𝐴 )𝑦 = 300 ∗ cos 20 = 281.9 lbf (𝐹𝐴 )𝑧 = 300 ∗ sin 20 = 102.6lbf 𝑇𝐴𝑦 = (𝐹𝐴 )𝑦 *𝑟𝐴 𝑇𝐴𝑦 = 281.9(12)= 3383 lbf ・ in (𝐹𝐶)𝑦 = 676.6 𝑡𝑎𝑛 20 = 246.3 𝑙𝑏𝑓 3383 (𝐹𝐶)𝑧 = = 676.6 𝑙𝑏𝑓 5 𝐹𝐶 =

3383 = 719.99 𝑙𝑏𝑓 5𝑐𝑜𝑠20

Calculamos las reacciones. ∑𝐹𝑍 = 𝑅𝑂𝑍 + 𝐹𝐴𝑍 + 𝑅𝐵𝑍 − 𝐹𝐶𝑍 = 0 PLANO XZ

𝐹𝐴𝑍 (20) + 𝑅𝐵𝑍 (36) − 𝐹𝐶𝑍 (46) = 0 𝑅𝐵𝑍 =

676.578(46) − (102.606)(20) = 𝟖𝟎𝟕. 𝟓𝟏𝟑 36

𝑅𝑂𝑍 = 𝑅𝑂𝑍 − 𝐹𝐴𝑍 − 𝑅𝐵𝑍 = 676.578 − 102.606 − 807.52 = −𝟏𝟒𝟐. 𝟑𝟑𝟔

PLANO XY ∑𝐹𝑦 = 𝑅𝑂𝑦 + 𝐹𝐴𝑦 + 𝑅𝐵𝑦 − 𝐹𝐶𝑦 = 0 𝐹𝐴𝑦 (20) + 𝑅𝐵𝑦 (36) − 𝐹𝐶𝑦 (46) = 0 𝑅𝐵𝑦 =

246.3(46) − 281.9(20) = 158. .04 36

𝑅𝑂𝑦 = −𝑅𝐵𝑦 + 𝐹𝐶𝑦 − 𝐹𝐴𝑦 = −158.04 + 246.25 − 281.91 = −𝟏𝟗𝟑. 𝟔𝟗 Calculamos los momentos PLANO XZ 0 < 𝑋 < 20

𝑀 = 𝑅𝑂𝑦 ∗ 𝑋 = −2846.6 𝑀

𝑀 = 𝑅𝑂𝑍 𝑋 + 𝐹𝐴𝑍 (𝑋 − 20) = −6765.48 𝑀 𝑉

𝑀 = 𝑅𝑂𝑍 𝑋 + 𝐹𝐴𝑍 (𝑋 − 20) + 𝑅𝐵 (𝑋 − 36) = 0

PLANO XY

𝑀 = 𝑅𝑂𝑦 ∗ 𝑋 = −1137.8 𝑀

𝑀𝐹𝐴𝑦 (𝑋 − 20) = 2462.47 𝑀 = 𝑅𝑂 𝑋 + 𝑉

𝑀 = 𝑅𝑂𝑦 𝑋 + 𝐹𝐴𝑦 (𝑋 − 20) + 𝑅𝐵𝑦 (𝑋 − 36) = 0.04

PLANO XY

𝑀𝐴 = 20√193.72 + 233.52 = 6068 𝑙𝑏𝑓 ・ 𝑖𝑛

PLANO XZ

𝑀𝐵 = 10√246.32 + 676.62 = 7200 𝑙𝑏𝑓 ・ 𝑖𝑛

𝜎𝑥 =

(Momento máximo)

32(7200) 73 340 = 3 𝜋𝑑 𝑑3

𝜏𝑥𝑦 =

16(3383) 17 230 = 3 𝜋𝑑 𝜋𝑑 3

Usando energía de distorsión

73340 2 17230 2 1 79180 𝜎 = [( 3 )] +3 ( 3 ) ]2 = = 17.142 𝑑 𝑑 𝑑3 ′

𝒅 = 𝟏. 𝟔𝟔𝟓𝒊𝒏

5.26- Repita el problema 5-25 usando el esfuerzo cortante máximo.

Del problema 5-25 d = 1.665 in 𝜎𝑥 =

73,340 𝑑3

𝜏𝑥,𝑦 = 17,230 𝑆𝑦 =

De la ecuación: 1.

𝜎

1 2

2

𝜏𝑀𝐴𝑋 = [( 𝑥) + 𝜏𝑥,𝑦 2 ] = 2

𝑆𝑦 2𝑛

=

Sustituyendo valores en (1)

1.

𝜏𝑀𝐴𝑋 = [(

73340 2 2𝑑2

) +(

172302 𝑑3

1 2

)] =

40516 𝑑3

=

60000 2(3.5)

Con n=3.5 Despejando ¨d¨ de 1 3

𝑑=√

2(3.5)(79179.35) 60000

=1.678 in. Respuesta

40,516 𝑑3

5-44 Un collarín de acero al carbón de 1 pulg de longitud se va a maquinar con diámetros interior y exterior, respectivamente, Di = 0.750 ± 0.0004 pulg y De = 1.125 ± 0.002 pulg Este collar se ajustará por contracción a un eje hueco de acero con diámetros interior y exterior, respectivamente di = 0.375 ± 0.002 pulg y de = 0.752 ± 0.0004 pulg Se supone que estas tolerancias tienen una distribución normal, que están centradas en el intervalo de dispersión y que tienen una dispersión total de ±4 desviaciones estándar. Determine las medias y las desviaciones estándar de las componentes del esfuerzo tangencial de ambos cilindros en la interfaz.

Datos:

𝑟𝑜 = 𝑜. 5625 ± 0.001 𝑝𝑢𝑙𝑔 𝑟𝑖 = 0.1875 ± 0.001 𝑝𝑢𝑙𝑔 𝑅𝑜 = 0.375 ± 0.0002 𝑝𝑢𝑙𝑔 𝑅𝑖 = 0.376 ± 0.0002 𝑝𝑢𝑙𝑔 Desarrollo de solución 𝑝=

𝐸𝛿 (𝑟𝑜2 − 𝑅2 )(𝑅2 − 𝑟𝑖2 ) [ ] 𝑅 2𝑅2 (𝑟𝑜2 − 𝑟𝑖2 )

𝑅=

𝑅𝑖 − 𝑅𝑜 0.376 − 0.375 = 2 2

Donde:

𝑅 = 0.3755 𝑖𝑛

𝛿 = |𝑅𝑖 | − |𝑅𝑜 | = |0.376| − |0.375| 𝛿 = 0.001 𝑖𝑛 𝐸 = 30𝑀𝑝𝑠𝑖

𝑝̅ =

(30𝑀𝑝𝑠𝑖)(0.001𝑖𝑛) (0.56252 − 0.37552 )(0.37552 − 0.18752 ) [ ] 0.3755𝑖𝑛 2(0.37552 )(0.56252 − 0.18752 ) 𝑝̅ = −18701.63𝑝𝑠𝑖

0.0002 2 0.0002 2 𝜎̂𝛿 = [( ) +( ) ] = 7.07𝑥10−5 𝑖𝑛 4 4 𝐶𝛿 =

𝜎̂𝛿 7.07𝑥10−5 = = 0.07071 0.001 𝛿̅

𝜎𝑖𝑡 = −𝑝̅ [

𝑅̅2 + 𝑟̅𝑖2 ] 𝑅̅2 − 𝑟̅𝑖2

0.37552 + 0.18752 = −18701.63 ( ) 0.37552 − 0.18752 𝜎𝑖𝑡 = −31125.18𝑝𝑠𝑖

𝜎̂𝜎𝑖𝑡 = (−31125.18 𝑝𝑠𝑖)(0.07071)

̂ 𝝈𝒊𝒕 = 𝟐𝟐𝟎𝟎. 𝟖𝟖𝒑𝒔𝒊 𝝈

𝜎𝑜𝑡 = −𝑝̅ [

𝑟̅𝑜2 + 𝑅̅2 ] ̅̅̅̅̅̅̅̅̅ 𝑟̅ 2 − 𝑅2 𝑜

0.56252 + 0.37552 = −18701.63 ( ) 0.56252 − 0.37552 𝜎𝑜𝑡 = 48678.26 𝑝𝑠𝑖

𝜎̂𝜎𝑜𝑡 = (48678.26 𝑝𝑠𝑖)(0.07071)

̂ 𝝈𝒐𝒕 = 𝟑𝟒𝟒𝟖. 𝟒 𝒑𝒔𝒊 𝝈

5-45 Suponga que el collarín del problema 5-44 tiene una resistencia a la fluencia de 𝑺𝒚 = 𝑵(95.5,6.59) 𝑘𝑝𝑠𝑖 ¿Cuál es la probabilidad de que el material no alcance fluencia? SOLUCIÓN Del Prob. 5-44 determinamos que la media y desviación estándar del esfuerzo tangencial del cilindro en la interfaz exterior de 𝝈𝒐𝒕 = 𝑵(48 768.26,3 448.4) 𝑝𝑠𝑖. Como el esfuerzo radial es la presión de ajuste que se encontró que era 𝝈𝒐𝒓 = −𝑷 Determinamos 𝑷 = 𝑵(𝜇𝑝 , 𝜎̂𝑝 ) . Del prob. 5-44 𝑃̅ = 18 701.63 y 𝐶𝛿 = 0.0707 𝜎̂𝑝 = 𝐶𝛿 𝜇𝑝 = 𝐶𝛿 𝑃̅ = (0.0707)(18 701.63) = 1 322.34 𝑝𝑠𝑖 Por lo tanto

𝑷 = 𝑵(18 701,1 322) 𝑝𝑠𝑖.

𝝈𝒐𝒓 = −𝑵(18 701,1 322) 𝑝𝑠𝑖. Teniendo ya 𝝈𝒐𝒓 y 𝝈𝒐𝒕 de la ec. Del esfuerzo von Misses 𝜎 ′ = (𝜎𝑥2 + 𝜎𝑥 𝜎𝑦 + 𝜎𝑦2 + 2 1/2 3𝜏𝑥𝑦 ) 1

2 2 2 𝜎 ′ = (𝜎𝑜𝑟 + 𝜎𝑜𝑟 𝜎𝑜𝑡 + 𝜎𝑜𝑡 ) = [(−18 701)2 − (18 701)(48 768) + (48 768)2 ]1/2

𝝈′ = 60.332 𝑘𝑝𝑠𝑖 Determinamos 𝝈′ = 𝑵(𝜇𝜎′ , 𝜎̂𝜎′ ) 𝜎̂𝜎′ = 𝐶𝛿 𝜇𝜎′ = (0.0707)(60.332) = 4.266 𝑘𝑝𝑠𝑖

𝝈′ = 𝑵(60.332, 4.266) 𝑘𝑝𝑠𝑖

𝑚 =𝑆−𝜎

Utilizando la ec.(5.40) de acoplamiento normal 𝑧=−

𝜇𝑆𝑦 − 𝜇𝜎′ [𝜎̂𝑆2𝑦

+

1 2 2 𝜎̂𝜎′ ]

95.5 − 60.332

=−

1

[(6.590)2 + (4.266)2 ]2

𝑧 = −4.479 De la tabla A-10 la probabilidad de falla P P= 0.0000034 Por lo tanto la confiabilidad R 𝑅 = 1 − 𝑃 = 1 − 0.0000034 𝑅 = 0.9999966

𝑡 𝑟𝑜

=

1/8 1/2

2 8

1 4

= = >

1 10

1 𝑃 ∗ 𝑑𝑖 6000(1 − 2 (8) 𝑝𝑠𝑖. 𝑖𝑛 𝜎𝑙 = = = 9000 𝑝𝑠𝑖 1 4𝑡 4(8) 1 6000(1 − (8)) 𝑃(𝑑𝑖 + 𝑡) 𝜎𝑡 = = = 21 𝑘𝑝𝑠𝑖 1 2𝑡 2(8) 𝜎𝑟 = −𝑃 = −6𝑘𝑝𝑠𝑖

𝐶𝑝 =

̅𝑝 𝜎 = 𝜇𝑝

0.0833; 𝐶𝜎𝑙 = 𝐶𝜎𝑡 = 𝐶𝜎𝑟 = 0.0833 𝜎𝜎𝑙 = 𝐶𝜎𝑙 ∗ µ𝜎𝑙 = (0.0833)(9𝑘𝑝𝑠𝑖) = 0.7497𝑘𝑝𝑠𝑖 σσt= 𝐶𝜎𝑡 ∗ µ𝜎𝑡= 1.7499 kpsi σσr= 𝐶𝜎𝑟 ∗ µ𝜎𝑟= 0.4997 kpsi

σ1=N (21,1.75) kpsi σ2=N (9,0.75) kpsi

Usando Esfuerzo Cortante Máximo; Caso 2:

σ3=N (-6.0.5) kpsi 𝜎1 − 𝜎3 =

𝑆𝑦 𝑛

𝜎1 − 𝜎3 = 27 𝑘𝑝𝑠𝑖  Valor Medio 𝜎=√(1.75)2 + (0.5)2 = 1.82 𝑘𝑝𝑠𝑖 Z=−

50−27 √(1.82)2 +(4.1)2

= −5.1257

𝑅 = 1 − 𝑃 = 1 − 0.00000017 𝑅 = 0.99999983

Capítulo 6 “Fallas por fatiga resultante de carga variable”

1

6.1 Una broca de 4 pulg se trato termicamente y se esmerilo. La medición de la dureza Brinell fue 490. Calcule la resistencia a la fatiga si la broca se somete a la flexión rotativa.

Se trato térmicamente y se esmerilo y se somete a la flexión rotativa 1

Ø = 4 =0.25" Dureza Brinell HB= 490 Sut= 0.495 (HB) = 242.55 Kpsi S'e= 100 Kpsi

a = 1.34 b = -0.085 ka= a (Sut )b = 1.34(242.55)-0.085 ka = 0.840227109 kb=0.879(0.25)-0.107 = 1.019551796 Se=( ka)( kb)( S'e) Se= (0.84) (1.019) (100) = 85.61 kpsi

Problema 6.2 Estime la 𝑆′𝑒 de los siguientes materiales: 1.

Acero AISI 1020 CD

2.

Acero AISI 1080 HR

3.

Aluminio 2024 T3

4.

Acero AISI 4340 tratado térmicamente hasta una resistencia a la tensión de 250 kpsi

Solución:

Teniendo en cuenta que 0.5 𝑆𝑢𝑡 𝑆′𝑒 = { 100 𝑘𝑠𝑖 700 𝑀𝑃𝑎 1.

𝑆𝑢𝑡 ≤ 200 𝑘𝑝𝑠𝑖 (1400𝑀𝑃𝑎) 𝑆𝑢𝑡 > 200 𝑘𝑝𝑠𝑖 } 𝑆𝑢𝑡 > 1400 𝑀𝑃𝑎

AISI 1020 CD

De la tabla A-20 obtenemos:

𝑆𝑢𝑡 = 470 𝑀𝑃𝑎 𝑜 68 𝑘𝑠𝑖

Por lo tanto 𝑆′𝑒 = 0.5(470) = 235𝑀𝑃𝑎 2.

AISI 1080 HR

De la tabla A-20 obtenemos:

𝑆𝑢𝑡 = 770 𝑀𝑃𝑎 𝑜 112 𝑘𝑠𝑖

Por lo tanto 𝑆′𝑒 = 0.5(770) = 385𝑀𝑃𝑎 3.

Al 2024

El aluminio no presenta límite a la fatiga, solo lo presentan los metales. 4.

AISI 4340 TT; 250 kpsi

𝑆′𝑒 = 100 𝑘𝑠𝑖

6.9.- Una varilla cuadrada solida esta en voladizo en uno de sus extremos. La varilla tiene una longitud de 0.8m y soporta una carga transversal completamente reversible de +-1kN en el otro extremo. El material es acero laminado en caliente AISI 1045. Si la varilla debe de 4 soportar esta carga durante 10 ciclos con un factor de seguridad de 1.5. ¿Qué dimensión debería tener la sección transversal cuadrada? Desprecie cualquier concentración del esfuerzo en el extremo de apoyo y suponga que f=0.9

Para un acero 1045 rolado en caliente

𝑠𝑢𝑡 = 570𝑀𝑃𝑎

𝑆𝑦 = 310𝑀𝑃𝑎

𝑆′𝑒 = (0.5)570𝑀𝑃𝑎 = 285𝑀𝑃𝑎

𝜎𝑎 = 𝜎𝑀𝑎𝑥

𝑏 𝑀(2) 𝑀𝑐 6𝑀 = = = 3 3 𝐼 𝑏(𝑏 )/12 𝑏

𝑀𝑚𝑎𝑥 = (1𝑘𝑁)(800𝑚𝑚) = 8𝑁𝑚 𝜎𝑀𝑎𝑥 =

𝑆𝑦 6(800𝑥103 𝑁𝑚) 310𝑚𝑚2 = = 𝑛 𝑏3 1.5 𝑏 = 28. .5𝑚𝑚 𝑑𝑒 = 0.808𝑏

𝑘𝑏 = (

0.808𝑏 −0,107 ) = 1.2714𝑏−0.107 7.62 𝑘𝑏 = 0.888

Los factores de Marin que quedan son: 𝑘𝑎 = 57.57(570)−0.718 = 0.606 𝑘𝑐 = 𝑘𝑑 = 𝑘𝑒 = 𝑘𝑓 = 1 𝑆𝑒 = (0.606)(0.888)(285) = 153.4𝑀𝑃𝑎 [(0.9)(570)]2 𝑎= = 1715.6 153.4

[(0.9)(570)] 1 𝑏 = − 𝑙𝑜𝑔 = −0.17476 3 153.4 𝑆𝑓 = 𝑎𝑁 𝑏 = 1715.6[(104 )−0.17476 ] = 343.1𝑀𝑃𝑎

Universidad de Guanajuato. División de ingenierías Campus Irapuato – Salamanca DISEÑO MECÁNICO ALUMNOS: KARIM ORTIZ PROFESOR: Dr. DIOSDADO DE LA PENA JOSE ANGEL PROYECTO: PROBLEMAS DE CLASE

𝑛=

𝑆𝑓 𝑆𝑓 ∴ 𝜎𝑎 𝜎𝑎 𝑛

6(800𝑥103 𝑁𝑚) 343.1 = 𝑏3 1.5 𝑏 = 27.6𝑚𝑚 Sustituyendo b en todas las ecuaciones:

0.808(27.6) −0,107 𝑘𝑏 = ( ) = 0.891 7.62 𝑆𝑒 = (0.606)(0.891)(285) = 153.9𝑀𝑃𝑎

𝑎=

[(0.9)(570)]2 = 1710 153.9

[(0.9)(570)] 1 𝑏 = − 𝑙𝑜𝑔 = −0.17429 3 153.9

𝑆𝑓 = 𝑎𝑁 𝑏 = 1710[(104 )−0.17429 ] = 343.4𝑀𝑃𝑎 6(800𝑥103 𝑁𝑚) 343.4 = 𝑏3 1.5 b=27.6mm

1


Problema 6-10 na = 8 Фo =

𝑓 𝑤𝑑𝑡

=

𝑓 480𝑚𝑚2

;

𝑑 𝑤

=

12 60

= 0.2

kt = 2.5 De figura A-15.1 Sut = 440 Mpa ; Se’ = 220 Mpa Tabla 6.2 Ka = 5.41(440)-.265 = 0.89 Kb = Kc = 1 Kd = 1

carga axial

temperatura ambiente

Kf = 0.45 Se = KaKbKcKdKfSe’ = 74.89 Mpa Sy = 370 Mpa tabla A-20

2


Фo

𝑆𝑒

+

Фm

𝑆𝑦

=

1

𝑛

Si es inversión total de esfuerzos. Фm = 0 Фo = Фo =

𝑓 480𝑚𝑚2 𝑆𝑒 𝑛

=

;

74.80

1.8

Фo

𝑆𝑒

=

1

𝑛

= 41.6

𝑓𝑎 = (41.6)(480)x106 = 19970.66 N

6-17 La barra de acero AISI 1018 estirada en frío que se muestra en la figura, se somete a una carga de tensión fluctuante de entre 800 y 3 000 lbf. Calcule los factores de seguridad ny y nf mediante a) el criterio de falla por fatiga de Gerber, como parte del diagrama de fatiga del diseñador, y b) el criterio de falla por fatiga de ASME-elíptico, como parte del diagrama de fatiga del diseñador.

3


Para calcular el modificador de marin ,esfuerzos teóricos Pag 1006 Tabla A-15-1 Tamaño de la muesca y espesor de la pieza.

d=Tamaño de la muesca w=espesor

4


Esfuerzo Medio

Esfuerzo Alternante

Esfuerzos Máximos y Mínimos:

GERBER

5


Se toma el resultado más pequeño

Por ASME

6


La carga axial al eje se cicla desde cero hasta P 𝑇=

𝑓𝑃(𝐷 + 𝑑) 4

Sy=800 MPa , Sut=1000 MPa f= 0.3 N=106 ciclos σ=−

K(f)P 𝐴

=−

4𝐾(𝑓)𝑃 𝑥(d∗d)

7


q=0.9 (de la figura 6-20) Kf= 1+q(Kf – 1) = 1 + 0.9(3 - 1) = 2.8 σmax = 0 4(2.8)

σmin =−

𝜋(30)2

𝑃 = −3.96𝑥(10)−3 𝑃

σm = -1.98x10-3 P σa= 1.98x10-3 P  Ahora se toma positivo porque es la amplitud

τ=

𝐾(𝑓)×𝑇𝑟 𝐽

=

16𝐾(𝑓) 𝜋𝑑^3

=

𝑓𝑃(𝐷+𝑑)

 De la figura 6-21

4

τmin = 0 τmax =

16(1.8)(0.3)(150−30)𝑃 4𝜋(30)^2

= 4.58x10−3 𝑃

τm = 2.29x10-3 P τa = 2.291x10-3 P σ’ =[ σx 2 – σx σy + σy 2 + 3τxy ]1/2 σ’ =[ σx 2 + 3τxy 2 ]1/2 σa’ = [(

σa

0.85

) + 3τxy 2]1/2 = [(

−3

1.98𝑥10 0.85

2

1 2

) + 3(2.29x10 − 3 P)2 ]

τm ´ = [σm 2 + 3τmax 2]1/2 = [-(1.98x10-3 P)2 + 3(2.29x10-3 P)2]1/2

σa’ = 4.601x10 -3 P

8


τm ´ = 4.43x10 -3 P N= 106 ciclos , por lo tanto, es vida infinita Se’ = 0.5Sut = (0.5)(1000) = 500 MPa ka = aSut b = 4.51(1000)-0-265 = 0.723 kb= 1 ( axial)

Para el incio (b) Solo P ( carga axial)

ka = 0.723 kb= 1 ( axial) kc = 0.85 (axial) kd = 1 ke = 1 kf = 1 Se utilizara la ecuación de Marin, que es la siguiente:

Se = kakbkckdkekfSe’ Se = (0.723)(1)(0.85)(500) = 307.275 MPa

Si σm = Se , falla

η=

 Debido a que σm es negativa

Se σa

9


3=

307.275

1.98𝑥10−3 𝑃

Ahora despejando P se obtiene: P = 51 729.79 N≈ 51.7 𝑘𝑁

σmin = σm – σn = -2(1.98x10-3)P σmax = σm + σn = 0 ηy =

ηy =

−𝑆𝑦 −3 −2(1.98𝑥10 ) 𝑃

−800 −3

−2(1.98𝑥10

)(51 729.79)

 Negativa porque es a compresión

= 3.9

ka = 1.24d -0.107 = 1.24(30)¨-0.107 = 0.861 kc = 1 kd = 1 ke = 1 kf = 1 Se = (0.723)(0.861)(500) = 311.25 MPa

Ahora de la siguiente ecuación de Goodman mod:

10


𝜎𝑎′ 𝜎𝑚′ 1 + = 𝑆𝑒 𝑆𝑢𝑡 𝑛 4.60𝑥10−3 𝑃 4.43𝑥10−3 𝑃 1 + = 311.25 1000 3

Ahora despejando P de la ecuación anterior: P = 17 349.96 N ≈ 17.3 𝑘𝑁

ηy =

𝑆𝑦 𝜎𝑚′ + 𝜎𝑛′

=

800 (4.601𝑥10−3 +4.43𝑥10−3 )(17 349.96)

ηy = 5.1

6-28. Para el embrague del problema 6-27, la carga externa P se cicla entre 20 kN y 80 kN. Suponiendo que el eje gira de manera sincrónica con el ciclo de carga externa, estime el número de ciclos de falla. Use el criterio de falla por fatiga de Goodman.

11


𝑃𝑚𝑖𝑛 = 20 𝑘𝑁 𝑃𝑚𝑎𝑥 = 80 𝑘𝑁 𝜎=

𝑘𝑓 𝑃 4𝑑 2

𝜎𝑚𝑖𝑛 =

(2.8)(20000) = −15.555 𝑀𝑃𝑎 4(30)2

𝜎𝑚á𝑥 =

(2.8)(80000) = − 62.222 𝑀𝑃𝑎 4(30)2

Esfuerzo medio 𝜎𝑚 =

(−15.555) + (−62.222) = −38.88 𝑀𝑃𝑎 2

Esfuerzo alternante 𝜎𝑚 =

(−15.555) − (−62.222) = 23.333 𝑀𝑝𝑎 2

Esfuerzo cortante 𝜏=

16𝑘𝑓 𝑃(𝐷 + 𝑑)𝑓 ∗ 𝜋𝑑3 4

𝜏𝑚𝑖𝑛 =

16(1.8) (20000)(150 + 30)(0.3) ∗ = 91.6732 𝑀𝑃𝑎 𝜋(30)3 4

𝜏𝑚á𝑥 =

16(1.8) (80000)(150 + 30)(0.3) ∗ = 366.69 𝑀𝑃𝑎 𝜋(30)3 4

𝜏𝑚 = 299.1831 𝑀𝑝𝑎 𝜏𝑎 = 137.5099 𝑀𝑝𝑎 𝜎𝑎 2 𝜎𝑎 = [( ) + 3𝜏𝑎 2 ] 0.85 ´

1⁄ 2

1⁄ 2

23.333 2 𝜎𝑎 = [( ) + 3(137.5099)2 ] 0.85 ´

= 239.333 𝑀𝑃𝑎

1⁄ 2

𝜎𝑚 ´ = [(𝜎𝑎 )2 + 3𝜏𝑎 2 ]

1⁄ 2

𝜎𝑚 ´ = [(−38.888)2 + 3(229.18)2 ]

= 239.333 𝑀𝑃𝑎

12


Sabiendo que: 𝑆𝑒 = 311.25 𝑀𝑃𝑎 𝑆𝑢𝑡 = 1000 𝑀𝑃𝑎 𝑆𝑦 = 800 𝑀𝑃𝑎 Goodman: 1⁄ 2

𝜎𝑎 ´ 𝜎𝑚 ´ [ + ] 𝑆𝑒 𝑆𝑢𝑡

=

1 𝑛

239.333 398.8571 + [ ] 311.25 1000

1⁄ 2

=

1 ∴ 𝒏 = 𝟎. 𝟖𝟓𝟓𝟑 𝑛

Analizando la figura 6-10 1⁄ 𝑏

𝑆𝑓 𝑁=( ) 𝑎

; 𝑎=

(𝑓 ∗ 𝑆𝑢𝑡 )2 1 𝑓 ∗ 𝑆𝑢𝑡 ; 𝑏 = − log ( ) 𝑆𝑒 3 𝑆𝑒

Si va a fallar: n=1 1⁄ 2

𝜎𝑎 ´ 𝜎𝑚 ´ [ + ] 𝑆𝑒 𝑆𝑢𝑡

=1

1⁄ 2

239.333 398.8571 [ + ] 𝑆𝑓 1000

=1

𝑆𝑓 = 398.1309 𝑀𝑃𝑎 De la figura 6-18 𝑓 = 0.8 𝑎=

[(0.8)(1000)]2 = 2056.2249 311.25

(0.8)(1000) 1 𝑏 = − log ( ) = −0.1366 3 311.25 1⁄ −0.1366

398.1309 𝑁=( ) 2056.2249

= 165979.7087

13


6-31 Una muestra de viga rotatoria con un límite de resistencia a la fatiga de 50 kpsi y una resistencia última de 100 kpsi, se cicla 20% del tiempo en 70 kpsi, 50% en 55 kpsi y 30% en 40 kpsi. Considere que f =0.9 y estime el número de ciclos hasta la falla.

*Probabilidad Pieza viga rotatoria 14


De la página 323:

De la tabla 6-10

*Método de Miner

15


MINER

Como va a fallar, hay que determinar los ciclos Resolviendo para N:

ciclos

16


6-32 Resuelva el problema 6-1 si se sabe que la resistencia última es Sut = 245LN (1, 0.0508) kpsi. 6-1 Una broca de 1/4 pulg se trató térmicamente y se esmeriló. La medición de la dureza Brinell fue 490. Calcule la resistencia a la fatiga si la broca se somete a flexión rotativa. Se trato térmicamente y se esmerilo y se somete a la flexión rotativa 1

Ø = 4 =0.25" Dureza Brinell HB= 490 Sut= = 245Kpsi S'e= 100 Kpsi a = 1.34 b = -0.085 C= 0.12 ka= a (Sut )bLN(1, 0.12) = 1.34(245)-0.085 ka = 0.839509LN(1, 0.12) kb=0.879(0.25)-0.107 = 1.019551796

Se= (0.839509)(1.02)LN(1, 0.12) (107ln(1, 0.139) Se= 91.624 kpsi Cse = (C2 ka+ C2kc + C2kd + C2kf+ C2Se) 1/2 Cse = (0.122 + 0.1392)1/2 = 0.184 Se =91.624LN(1, 0.184) kpsi. 17


Problema 6.33 La situación es similar a la del problema 6.10, donde la carga axial completamente reversible es Fa=15LN (1,0.20) KN, y va a soportar el eslabón con un espesor que el diseñador especificara. Use el acero 1018 estirado en frio del problema 6.10 con Sut=440LN (1,0.30) MPA y Syt=370LN (1,0.061) MPA. La meta de confiabilidad debe exceder 0.999. Con el método de correlación, especifique espesor t. Datos: Fa=15LN (1,0.20) KN Acero 1018 CD 15LN (1,0.20) KN 15LN (1,0.20) KN R=0.999 T=?

Fa

t

Tomamos la condición de invesion total de esfuerzo lo cual hace que se reduscamos a que no hay esfuerzo medio y solo nos queda el esfuerzo alternante comparando con el limite de resistencia a la fatiga de la pieza De la pagina 334 encontramos el Factor de diseño a la Fatiga

18


𝐶𝑠𝑒 2 + 𝐶𝜎𝑎 2 𝐶𝑛 = √ 1 + 𝐶𝜎𝑎 2 𝑛̅ = exp[−𝑍√ln(1 + 𝐶𝑛 2 ) + 𝑙𝑛√1 + 𝐶𝑛 2 𝑛̅ = exp[𝐶𝑛 (−𝑍 + 𝐶𝑛 /12)]

𝑆𝑒 = 𝐾𝑎𝐾𝑏𝐾𝑐𝐾𝑑𝐾𝑒𝐾𝑓𝑆𝑒′ Se’=0.506 Sut LN(1,0.138) Se’=0.506 (440) LN(1,0.138)= Se’=222.64 MPA 𝐶𝑠𝑒 ′=0.138 Ka=𝑎𝑆𝑢𝑡 −𝑏 LN(1,C) Dela tabla 6-10 ̅̅̅̅ 𝐾𝑎 =4.45(440)−0.265 =0.8868 𝐶𝐾𝑎 =0.058 ̅̅̅̅ 𝐾𝑏 =1 ̅̅̅̅ =0.85 𝐾𝑐 𝐶𝐾𝑐 =0.125 ̅̅̅̅ 𝐾𝑑 =1 ̅̅̅̅ 𝐾𝑓 =1 ̅̅̅ =(0.8868)(0.85)(222.64)=167.82 𝑆𝑒 1

𝐶𝑠𝑒 ≈ [𝐶𝐾𝑐 2 + 𝐶𝐾𝑎 2 + 𝐶𝑠𝑒 ′2 ]2 1

𝐶𝑠𝑒 ≈ [0.1382 + 0.0582 + 0.125′2 ]2 De la tabla A-15 consideramos 𝜎𝑎 = ̅̅̅

𝐾𝑓 𝐹𝑎 𝐾𝑓 𝐹𝑎 = (𝑤 − 𝑑)𝑡 𝐴

Del problema 6.10 19


Kt=2.5 𝐾𝑡

̅̅̅̅ 𝐾𝑓 = 1+

√𝑞 =

2(𝐾𝑡 + 1) √𝑞 𝐾𝑡 √𝑟

174 174 = = 0.3954 𝑆𝑢𝑡 440

√𝑟=√6 = 2.44 ̅̅̅̅ = 𝐾𝑓

2.5 = 2.099 2(2.5 + 1) 0.3954 1+ 2.44 2.5

De tabla 6-15 𝐶𝐾𝑓 =0.10 𝜎 ̅̅̅ 𝑎 =

(2.092)(15000) (60 − 12)𝑡

1

𝐶𝜎𝑎 ≈ [𝐶𝐾𝑓 2 + 𝐶𝑓𝑎 2 ]2 =0.2236 𝐶𝑛 = √

0.1952 +0.22362 =0.2895 1+0.22362

R=1-P P=1-R Z=-3.09 𝑛̅ = exp [(0.2895) (3.09 +

0.2895 )] = 2.55 12

̅̅̅ 𝑆𝑒 = 𝑛̅ 𝜎𝑎 ̅̅̅ 167.82 = 2.55 653.75 𝑡 T=9.93=10mm

20


Capítulo 7

“Ejes, flechas y sus componentes” Problema 7-4 Un rodillo industrial con engranes, que se muestra en la figura, se impulsa a 300 rpm por una fuerza F que actúa en un círculo de paso de 3 pulg de diámetro. El rodillo ejerce una fuerza normal de 30 lbf/pulg de longitud del rodillo sobre el material que se jala a través de él. El material pasa debajo del rodillo. El coeficiente de fricción es 0.40. Desarrolle los diagramas de momento flexionante y fuerza cortante del eje modelando la fuerza del rodillo como: a) una fuerza concentrada en el centro del rodillo, y b) una fuerza uniformemente distribuida a lo largo del rodillo. Estos diagramas aparecerán en dos planos ortogonales.

21


F_f=µ*F_n F_n=30 [lb/in] Ρ=0.4 F_f=12 [lb/in]

B) una fuerza concentrada en el centro del rodillo F_n= (30 [lb/in])(8in) = 240 [lb] F_f = (240)(0.4) = 95 [lb]

22


T_1= F_f * ρ = (95)(2) = 192 [lb*in]

En el engrane 4

F_y = F*sen(20°) F_z = F*cos(20°) T_2 = ρ*F_z = (1.5)(F*cos(0)) = 142 F=136.21 [lb] F_y = 46.58 [lb] F_z = 128 [lb] Para el plano XY

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24


Plano XZ

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27


28


b) una fuerza uniformemente distribuida a lo largo del rodillo. Estos diagramas aparecerán en dos planos ortogonales.

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30


31


32


in.

33


7-5 Diseñe un eje para la situación del rodillo industrial del problema 7-4, con un factor de diseño de 2 y una meta de confiabilidad de 0.999 contra falla por fatiga. Planee para un cojinete de bolas a la izquierda y un rodamiento cilíndrico a la derecha. Para deformación emplee un factor de seguridad de 2.

Para determinar el diámetro d, de las ec. Para esfuerzo medio y esfuerzo alternante. 𝜎=

32𝑀 𝜋𝑑 3

𝜏=

16𝑇 𝜋𝑑 3

La invención total de esfuerzo, el esfuerzo máximo es igual al mínimo y el esfuerzo medio es cero. 𝜎𝑎 =

32𝑀 𝜋𝑑 3

𝜏𝑎 = 0 De la ec. De von Misses

𝜎𝑚 = 0 𝜏𝑚 =

16𝑇 𝜋𝑑 3

2 1/2 𝜎 ′ = (𝜎𝑥2 + 𝜎𝑥 𝜎𝑦 + 𝜎𝑦2 + 3𝜏𝑥𝑦 ) 2 1/2 𝜎 ′ = (𝜎𝑥2 + 3𝜏𝑥𝑦 )

De las formulas para criterios de falla por fatiga ante esfuerzos variables Ec.(6.45) Soderberg

𝜎𝑎 𝑆𝑒

Ec.(6.48) ASME elíptica

𝜎𝑚 𝑆𝑦

𝜎𝑎

Ec.(6.46) Goodman Mod Ec.(6.47) Gerber

+

𝑆𝑒 𝑛𝜎𝑎 𝑆𝑒

(

+

+(

𝑛𝜎𝑎 2 ) 𝑆𝑒

=

1 𝑛

𝜎𝑚 𝑆𝑢𝑡

=

𝑛𝜎𝑚 2 ) 𝑆𝑢𝑡

+(

1 𝑛

=

𝑛𝜎𝑚 2 ) 𝑆𝑦

1 𝑛

=

1 𝑛

Para poder aplicar cualquiera de las anteriores primero, de los esfuerzos de von Misses para ejes giratorios, redondos y solidos ec.(7-5) y ec. (7-6)

34


𝜎𝑎′ = (𝜎𝑎2 + 3𝜏𝑎2 )1/2 ′ 2 2 1/2 𝜎𝑚 = (𝜎𝑚 + 3𝜏𝑚 )

Donde 𝜎𝑎′ = 𝜎𝑎 =

32𝑀 𝜋𝑑3

′ 𝜎𝑚 = √3𝜏𝑚 = √3

16𝑇 𝜋𝑑 3

Suponiendo que es AISI 1018 HR de la tabla A-20 𝑆𝑢𝑡 = 58 𝑘𝑝𝑠𝑖

𝑆𝑦 = 32 𝑘𝑝𝑠𝑖

Por lo tanto de la ec.(6-8) 𝑆𝑒′ = 0.5𝑆𝑢𝑡 = 29 𝑘𝑝𝑠𝑖 De la ecuación de Marin ec.(6-18) 𝑆𝑒 = 𝑘𝑎 𝑘𝑏 𝑘𝑐 𝑘𝑑 𝑘𝑒 𝑘𝑓 𝑆𝑒′ Determinamos los factores 𝑘 Factor de superficie ec.(6-19) de la tabla 6-2 el factor 𝑎 𝑦 𝑏 para maquinado en frio 𝑏 𝑘𝑎 = 𝑎𝑆𝑢𝑡 = 2.7(58𝑘𝑝𝑠𝑖)−0.265 = 0.9205

Determinamos que 𝑘𝑏 = 𝑘𝑐 = 𝑘𝑑 = 𝑘𝑒 = 𝑘𝑓 = 1 𝑆𝑒 = (0.9205)(1)(29 𝑘𝑝𝑠𝑖) = 26.6945 Teniendo de nuestro problema 𝑛 = 2 del prob. 7-4 𝑇 = 192 𝑙𝑏𝑓 ∙ 𝑖𝑛 y 𝑀𝑚𝑎𝑥 = 516 𝑙𝑏𝑓 ∙ 𝑖𝑛 con Goodman 𝜎𝑎 𝑆𝑒

+

𝜎𝑚 𝑆𝑢𝑡

=

1 𝑛

′ y 𝜎𝑚 = 𝜎𝑚

donde 𝜎𝑎 = 𝜎′𝑎

32𝑀 𝜋𝑑3

𝑆𝑒 3

+

√3

16𝑇 𝜋𝑑3

𝑆𝑢𝑡

=

1 𝑛

3 32𝑀 16𝑇 32(516) 16(192) + √3 ] = √𝑛[ + √3 ] 𝜋 𝑆𝑒 𝜋𝑆𝑢𝑡 𝜋(26.6945) 𝜋(38000)

𝑑 = √𝑛[

𝑑 = 0.768 𝑖𝑛 𝑑 = 0.7912 𝑖𝑛

← 𝑝𝑟𝑖𝑚𝑒𝑟𝑎 𝑖𝑡𝑒𝑟𝑎𝑐𝑖ó𝑛 ← 𝑐𝑢𝑎𝑟𝑡𝑎 𝑖𝑡𝑒𝑟𝑎𝑐𝑖ó𝑛

De concentración del esfuerzo y la sensibilidad de la muesca 𝑞 ec.(6-31) determinamos el factor de concentración del esfuerzo por fatiga 𝐾𝑓 y para cortante 𝐾𝑓𝑠 𝐾𝑓 = 1 + 𝑞(𝐾𝑡 − 1) 𝐾𝑓𝑠 = 1 + 𝑞𝑠 (𝐾𝑡𝑠 − 1) De la tabla 7-1 para condición Filete de hombro: bien redondeado 35


𝑡𝑒𝑛𝑠𝑖𝑜𝑛 𝐾𝑡 = 1.7 𝑡𝑜𝑟𝑠𝑖ó𝑛 𝐾𝑡𝑠 = 1.5 *** Y de la figura 6-20 para 𝑞 y figura 6-21 para 𝑞𝑠 𝑞 ≈ 0.8

𝑞𝑠 ≈ 0.95

𝐾𝑓 = 1 + (0.8)(1.7 − 1) = 1.56 𝐾𝑓𝑠 = 1 + (0.95)(1.5 − 1) = 1.47 Del diseño de ejes para el esfuerzo, los esfuerzos fluctuantes debidos a la flexión y torsión ec(7-1) 𝐾𝑓 𝑀𝑎 𝑐 32𝑀 = 𝐾𝑓 𝐼 𝜋𝑑 3 𝐾𝑓𝑠 𝑇𝑚 𝑐 16𝑇 𝜏𝑚 = = 𝐾𝑓𝑠 3 𝐽 𝜋𝑑

𝜎𝑎 =

Con la Ec. de Goodman ec.(7-8) 1/3 16𝑛 1 1 2 2 1/2 2 2 1/2 𝑑=( { [4(𝐾𝑓 𝑀𝑎 ) + 3(𝐾𝑓𝑠 𝑇𝑎 ) ] + [4(𝐾𝑓 𝑀𝑚 ) + 3(𝐾𝑓𝑠 𝑇𝑚 ) ] }) 𝜋 𝑆𝑒 𝑆𝑢𝑡

Sustituyendo valores 𝑀𝑎 = 231.52 𝑙𝑏𝑓 ∙ 𝑖𝑛 𝑀𝑚 = 0 𝑇𝑎 = 0 𝑇𝑚 = 192 𝑙𝑏𝑓 ∙ 𝑖𝑛 momento en 𝑥 = 1.75 𝑖𝑛 1 1 1 3 16(2) 1 1 [4(1 ∙ 231.52)2 + 3(1.47 ∙ 0)2 ]2 + 𝑑=( { [4(1.∙ 0)2 + 3(1.47 ∙ 192)2 ]2 }) (26.69) (58) 𝜋

𝑑 = 0.712 𝑖𝑛 ← 𝑝𝑟𝑖𝑚𝑒𝑟𝑎 𝑖𝑡𝑒𝑟𝑎𝑐𝑖ó𝑛 De la tabla 7-1 para condición Filete de hombro: bien redondeado 𝑟 = 0.1 𝑟 = 0.886(0.1) = 0.0886 𝑖𝑛 𝑑 Repitiendo del paso ***figura 6-20 y 6-21 (iterando) determinamos un 𝑑 𝑑 = 0.722 𝑖𝑛 ← 𝐷𝑖á𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜 𝑚í𝑛𝑖𝑚𝑜 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑞𝑢𝑒 𝑛 = 2

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Problemario de clase

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