ESCUELA SUPERIOR POLITECNICA DE CHIMBORAZO.
FACULTAD DE MECANICA. ESCUELA DE MECANICA. MATERIA: DISEÑO DE MAQUINAS I.
TEMA: DISEÑO A FATIGA.
PROFESOR: ING. JAVIER HORNA.
2015 – 2016 EJERCICIOS DE DISEÑO A FATIGA
Esfuerzo Totalmente Invertido. 1. Un elemento maquinado de acero AISI 4130 normalizado de diámetro D es cargado con una fuerza axial P, como se muestra en la figura. Asuma que el elemento opera a 900 0F y se requiere una confiabilidad del 95%, D = 2 1/8 in, d= 2 in, r = 0.05 in. Determine: a) La carga P que produce la fluencia del elemento. b) La carga P completament completamentee invertida que produce la falla por fatiga a los 300 000 ciclos.
Solución a)
=
(
= (
= 0,02 0,023 3
)
1) + 1
= 0,94 0,941 1
→ → → ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ → → →→ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ = 0,95
�
= 1,65
�
= 0,95 ,95(1,65
,
= 0,45 0,45
1) + 1 = 1,62 //
ó
= 52
= 81
,
=
�
�
= 0,45 0,45 (81) 81) = 36,4 36,45 5
�
,
= 0,84 0,841 1 =1
= 0,86 0,868 8
= 0,96 0,963 3 =1
= 0,84 0,841 1 1 0,868 0,963 1 36,45
Esfuerzo Totalmente Invertido. 1. Un elemento maquinado de acero AISI 4130 normalizado de diámetro D es cargado con una fuerza axial P, como se muestra en la figura. Asuma que el elemento opera a 900 0F y se requiere una confiabilidad del 95%, D = 2 1/8 in, d= 2 in, r = 0.05 in. Determine: a) La carga P que produce la fluencia del elemento. b) La carga P completament completamentee invertida que produce la falla por fatiga a los 300 000 ciclos.
Solución a)
=
(
= (
= 0,02 0,023 3
)
1) + 1
= 0,94 0,941 1
→ → → ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ → → →→ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ = 0,95
�
= 1,65
�
= 0,95 ,95(1,65
,
= 0,45 0,45
1) + 1 = 1,62 //
ó
= 52
= 81
,
=
�
�
= 0,45 0,45 (81) 81) = 36,4 36,45 5
�
,
= 0,84 0,841 1 =1
= 0,86 0,868 8
= 0,96 0,963 3 =1
= 0,84 0,841 1 1 0,868 0,963 1 36,45
∗ ∗ =
=
= 25,5 25,59 9
(4)
2
(2,125 )
= 0,28 0,2896 96
=
= 1,62 0,2896
= 0,456 0,456775 7752 2
Asumo n=2
=�
25,59
0,4567752 =
b)
→ 1 =1 =
=
=2
,
�
´
´
2 2 ∗ ∗ ∗ ∗ 1 − 0 1433 =
=
(
)
=
1
=
3
3000 300000 00 =
=
(0,85 81) 81) 25,59
= 185, 185,24 24
1
0,85 81
3
25,59
0,4567752 185,25 ,
,
=
0,1433
2. En la figura se ilustra el diagrama de cuerpo libre de una parte de un eslabón de conexión, con concentradores de esfuerzos en tres secciones. Las dimensiones son r = 0.25 pulg, d = 0.75 pulg, h = 0.50 pulg, w 1 = 4 pulg y w 2 = 2.5 pulg. Las fuerzas F fluctúan entre una tensión de 20 kip completamente invertida. Desprecie el efecto de pandeo de la columna y determine si el elemento posee vida infnita o no, en el caso c aso de vida finita calcule el número de ciclos de vida.
DATOS: AISI 1020 Sy=42,8
Sut=57,3
SECCION A
ESFUERZO A TRACCION
ℎ 2 =
=
.
20
(0,5)(2,5)
= 10
=
2
=
10 2
=5
=0
´=
´ = 0,45
´=
,
´ = 0,45 0,45(9 (97, 7,3) 3)
�
=
´
=
, 33(25,78 )
= 8,57
�
�
Limite de fatiga
−0 008 =
= 1,34(97,3 )
,
= 0,90 =1
= 0,814 99% =1 =1
=
= =
0,25 2,5 4 2,5
= 0,1
= 1,6
1
∗ ∗ = 2,2
1
=
=
1
2,2
= 0,814
= 0,454
0,454 0,90
= 0,33
+
5
8,57
=
=
1
1
= ,
SECCIÓN B ESFUERZO A TRACCIÓN
ℎ 2 −0 008 =
=
20
(4)(2,5)
(0,75)(2,5)
= 26,66 =0
=
2
=
26,66 2
= 13,33 =0
´=
´ = 0,45
´ = 0,45(97,3) ´ = 25,78 =
=
´
, 33(25,78 ) = 8,57
Limite de fatiga
=
= 1,34(97,3 )
,
= 0,90 =1
= 0,814 99% =1 =1
=
=
0,75 4
1
= 0,1875
= 2,5
=
1
=
1
2,5
= 0,4
∗ ∗ ∗ 2 ∗ 1 1 −0 269 = 0,814
0,4 0,90
= 0,29
+
1
=
13,33 8,57
=
1
= 0,64
0,85 57,3 =( ) 7,55 = 314,19
=
1
(
3
=
0,85 57,3 ) 7,55
0,269
=(
=( =
)
13,33
,
) 314,19
,
3. Un eje de acero 4340 templado es cargada a flexión completamente invertida de flexión como se muestra en la figura. El eje ha sido mecanizado con condiciones superficiales a=1.34 ksi y b= -0.085, el eje operará a temperatura ambiente. Se requiere una confiabilidad del 99.99% El radio del filete es 0.08 in. Determine la vida del componente basando su análisis en el punto A. (Considere f=0.76).
=
= 124 = 140 = 1.34 = 0.085 = 0.76 = 0.08
Σ Σ 3 3 → 1=0
( 400)(8)
(600)(16) + 2(24) = 0
2 = 533,33
=0
1
400
600 + 2 = 0
1 = 466,67
= 1×
= (466,67)(12) = 5600
=
32. .
=
.
(32)(5600) ×1
= 57,041
=
1,5 1
= (
= 1,5
= 1,77 ;
1) + 1 = 0,85(1,77
= 0,85 1) + 1
−0 085 −0 107 = 1,6545
=
.
= (1,6545)(57,041) = 94,374
= 0,5×
= (0,5)(140) = 70
,
= (1,34)(140)
= 0,8804
= (0,879)(1)
.
= 0,879
= 0,702 = 0,963 =1
= (0,8804)(0,879)(0,702)(0,963)(1)(70) = 36,62
=
=
36,62
94,374
= ,
Por lo tanto como
< , el elemento esta diseñado para vida finita.
4. El eje giratorio que se muestra en la figura está fabricado con acero AISI 1020 estirado en frío. Se somete a una fuerza de F = 6 kN. Encuentre el factor de seguridad mínimo contra la fatiga con base en la vida infinita. Si la vida no es infinita, estime el número de ciclos. Asegúrese de verificar la fluencia.
REACCIONES.
∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ 1=0
6000 325
2 500 = 0
2 500 =
6000 325
2 = 3990
=0
6000 325
2 500 = 0
2 500 =
6000 325
2 = 3990
DIAGRAMA DE MOMENTO
3 ∗ 36 3 2 =
=
32 .
32 698950
=
.
7,112 10
Límite de fatiga
−0 008 =
�
,
= 1,34(414) = 0,8 =1
= 0,814 99% =1 =1
´ = 0,5
= 0,65
´ = 0,5(414) ´ = 207
3 6 =
=
´
, 65(207)
= 134,55
+
n =2 Asumido
=
1
7,112 10
=
134,55
1 2
= 47,28
RECALCULO
6 3 6 2 3 2 2 = =
7,112 10 7,112 10 47,28
= 90718,31
+
90718,31 134,55
= ,
=
=
�
1
1
Esfuerzo fluctuante. 1. Un resorte plano con b= 10 mm de ancho y 100 mm de longitud y h de altura, es sujeto a una carga puntual P que varía constantemente de 0 a 20 N. El resorte se puede considerar como una viga simplemente apoyada, considere Sut = 980 MPa, Se = 400 MPa. a) Determine la altura del resorte para una vida infinita y asegure un coeficiente de seguridad de 4. b) La altura de la viga para una vida finita de al menos 60 000 ciclos.
Datos:
= 20 =0 = 980 = 400 = 10 = 100
Σ Σ =0
( 20)(50) +
(100) = 0
= 10
=0
+
= 20
= 10
= 500
Se trata de felxion:
=
a)
.
ℎ� ℎ � ℎ� 3 ℎ2 → ℎℎ22 = 0,01 =
2
(500)
=
=
2400
2
1 . (10) 12
2
=
;
=0
=
Como no existe distorcion en la seccion, entonces K=0,6.
́ = 0,5×
= (0,5)(980) = 490
= (0,6)(490)
= .
= 294
Según Sodeverg.
+
=
1
2400
2400
;
ℎ2
ℎ2 2 ℎ
1200
1200
+
294
=
400
7,081
=
1 4
1 4
= ,
b)
2
̀ ̀ ℎ2 −0 1365 ℎ2 ̀ ℎ2 ℎ2 ℎ2 ℎℎ 2 =
=
(0,77×980) 294
= 1936,80
1
0,77×980
3
294
=
0,1365
= .
=
1936,80
=
432,38
=
432,38
+
294
,
(60 000)
=
1
432,38
+
2,53
=
= ,
400
=
1 4
10,51
=
1 4
432,38
2. El resorte plano de la figura se utiliza para mantener en contacto un sistema leva plana seguidor de rodillo. El resorte es de acero con Su = 180 ksi y Sy = 150 ksi, con una longitud L = 10 in y un peralte (altura de la sección rectangular) de 1/8 in. Debido a la precarga del resorte y a la forma de la leva, la deflexión del resorte varía entre ymin = 1.2 in y ymax = 2.0 in. Determinar el factor de seguridad del resorte asumiendo K = 0.65 y que no hay efecto de concentración de esfuerzos en el extremo empotrado del resorte. Usar la aproximación de: a) Soderberg. b) Goodman modificada.
DATOS:
= 180 = 150 = 10 = 1/8
DEFLEXIÓN = 1,2 =2 = 0,65
∗ ∗ −0 008 =
= 0,65 2 = 1,3
=
�
= 0,65 1,2 = 0,78
Límite de fatiga
=
= 1,34(180) = 0,86
,
−0 107 −0 107 ,
=( ) 0,3
=(
0,125 ) 0,3
,
= 1,098
= 0,814 99% =1 =1
= 0,76
´=
´ = 0,29
�´
= 0,29(180)
´ = 52,2 =
=
´
, 76(52,2 )
= 40,12
a) SODERBERG
+
21,18 40,12
+
=
84,89 150
1
=
1
= ,
b) GOODMAN
+
21,18 40,12
= ,
+
=
84,89 180
1
=
1
3. El árbol mostrado, de acero SAE 1045 laminado en frío, está sometido a un par de torsión que varía desde 5000 lbf.in en un sentido hasta 3000 lbf.in en sentido contrario. Hallar las dimensiones d2 y d3 del árbol mecanizado si se prevé una vida infinita con un coeficiente de seguridad mínimo de 1,4.
=
= 77 = 91 1 = 5000 . 2 = 3000 .
�
2 5464 8 16 → −15278 87 =
(+) ( )
2 2 2 2 22 2 2 2 2 22 25464,8
=
+
15278,87
2
=
20371,835
15278,87
25464,8
=
2
=
Torción Pura.
5092,965
= 0,29×
= (0,29)(91) = 26,33
.
.
=
=
,
,
= 0,7 , devido a que se habla de torsión y no se tiene datos de d2, para poder obtener los
valores por tablas.
́ � 22 22 22 32 3 2 3 = (0,7)(26,39
= .
)
= 18,473 +
25464,8
+
=
5092,965
25464,8
77
2 1,4
=
= 27,5
= ,
Para el diametro mayor.
= 1,5
= 1,5.
= (1,5)(0,975)
Recalculando:
= ,
= 21,979 = 5,494
= (2,70)(92)
−0 265 ,
= 0,817
= (0,879)(0,975)
−0 107 .
= 0,8814
= 0,702 =1 =1
= (0,8804)(0,879)(0,702)(1)(1)(26,39)
= 13,34
21,979 + 5,494 = =
38,5
38,5
27,473 = ,
Lo cual indica que los diametros calculados son correctos.
4. El árbol escalonado mostrado en la figura gira a 60 rpm transmitiendo potencia a una máquina a través de un acople flexible montado en el escalón derecho. Se sabe que el acero con el que se construirá el árbol tiene una resistencia Su=550 MPa y Sy=460 MPa. Hallar la potencia que se puede transmitir a través del acople flexible para que el escalón mostrado no falle, si el árbol posee movimiento intermitente.
∗ 3 3 −5 =
=
16
=
16
70
= 1,4848 10
−5 =0
= 1,4848 10
Límite de Fatiga
(
=
= (
= 0,028 = 0,78
)
1) + 1
→ → →
= 0,92
�
= 1,6
�
= 0,92(1,6 ,
�
1) + 1 = 1,552 //
= 0,29
ó
= 460
�
�
∗ ∗ ∗ ∗∗ →→ → ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ −5 ∗ −5 → −5 ∗ = 550
,
�
= 0,29 (550) = 159,5
�
,
=
= 0,836
= 0,775
= 0,814
99%
.
= 0,836 0,775 0,814 159,5 = 51,15 = 0,5
= 0,5 460 = 230
=
= 1,552 1,4848 10
= 2,3044 10
=
=2
2,3044 10
=
= 1723,03
=
= 10826,11
=
,
51,15 2
�
�
�
5. Un resorte en cantiléver es sujeto a una carga puntual P que varía de 0 a P. Cuál es el valor máximo de P que puede soportar el resorte para asegurar un coeficiente de seguridad mínimo de 3 a vida infinita? Considere: Sy = 850 MPa, Se=175 MPa, b=5 mm, h=10 mm, kf = 1.65.
=
=
=
3 ∗ ∗ =
=
=
=
=
+
200 (10)(12) = 2,4 � 5(2)(10 )
+
= 1,65
=
= 1,2�
2
1
=
=
1,98
175 ,
1,2 = 1,98� +
1,2
850
=
1 3
6. Las tensiones variables y fluctuantes que se muestran a continuación se encuentran en la ubicación crítica de un componente. El material es de acero, el límite de resistencia totalmente ajustado es de 25 ksi, la resistencia máxima es 200ksi. La fracción de resistencia a la fatiga es f = 0,77. ¿Cuál es la vida de la parte en horas si este patrón de estrés de 6 segundos continúa repitiéndose para el resto de la vida de la pieza? Datos:
= 25
= 200
= 0.77
=6
�
1 2 3 4
∞ 15 40 60 40
-20 -20 -40 -20
-2.5 10 10 10
17.5 30 50 30
TRAMO 1
⟹ ⟹1 ∞ +
=
2
=
+
2
=
1
=
15
20
2
15 + 20
=
2
2.5
200
+
=
2.5
= 17.5
17.5 25
=
1
= 1.4 =
TRAMO 2 =
+ 2
=
40
20
2
= 10
2 2 2 1
415518.65 59588.67 415518.65
⟹ ⟹ 2 2 1 2 ⟹ ⟹ 1 3 ⟹ ⟹ 1 4 Σ ∞ =
=
2
+
=
(
)
1
=
3
40 + 20
=
1
10
+
200
=
log
=
1
30
3
1
= 0.8
= 948.64
25
1
=
25
0.77(200)
=
´=
= 30
2
log
0.77(200) 25
=
30 = 31.58 10 1 200 ´
=
=
31.58
+
=
2
=
+
=
1
2
2
10
200
´=
=
1
40
60 + 40
=
2
60
+
50 25
−0 1263 .
= 10
= 50 =
1
= 0.487
50 = 52.63 10 1 200 ´
=
=
52.63
+
=
2
=
=
2
+
=
´=
1
40
2
40 + 20 2
10
200
=
1
20
+
30 25
=
=
2
+
.
= 59588.67
= 10
= 30 =
1
= 0.8
30 = 31.58 10 1 200 =
−0 1263
948.64
TRAMO 4 =
= 415518.65
948.64
TRAMO 3 =
0.263
´
=
2
415518.65
31.58
−0 1263 .
948.64
+
2
59588.67
+
= 415518.65 1 415518.65
−5
= 4.078 10
−5 ℎ ∗ ∗
#
=
= 24519.82
#
1
4.078 10 6 1
�
1
3600
=
.
Esfuerzo a cargas combinadas. 1. Dimensione el elemento mostrado cuyo material es acero 1040 laminado en frío si la carga P varía de 240 kg a 0 kg. Se requiere un coeficiente de seguridad de 2 como mínimo a vida infinita.
DATOS: AISI 1040 laminado en frío
→ →
= 490 = 586 =0
= 240
=2
0
2352
⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ =
= 500
2352
500
( 1176
=
500
1176000 ) .
→ → → 2 2 2 ó
ó
=
4
=
4(2352)
=
2994,6594
=
ó
ó
6 ∗ ∗ ∗ 3 3 ∗ 3 6 ∗ 3 3 2 2 3 ∗ 2 2 6 2 3 6 3 6 3
16
=
32
=
=
16 (1176000)
32(1176000)
=
=
=
11,9786 10
+
2994,6594
=
=
5,9893 10
+
5,9893 10
5,9893 10
11,9786 10
=
Análisis de torsión
3 6 6 3 =
5,9893 10 =0
=
Análisis a Flexión
=
2,9947 10
6 3 6 3 =
11,9786 10 =0
=
5,9893 10
=
�
Diseño sin muescas
2 2 6 6 3 3 6 3 ∗′ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ 63 63 ∗ 3 ∗ 3 3 3 ∗ −0 265 ∗ −0 107 =1
=1
=1
Esfuerzos equivalentes
=
=
5,9893 10
=
=
+3
2,9947 10
7,9232 10
Aplicando Soderberg
+
Para Se:
=
1
Se asumen para diseño un fator = 0.65
′
=
para cargas no mayores a 1400MPa es 0.5
= 0.65 0.5
= 0.65 0.5 586 = 190.45
Reemplazando en:
+
7,9232 10
41,6 10
+
+
1
7,9232 10
16,17 10
=
II Iteración;
=
= 0.5
= 0.5
.
=
= 4.51
.
586
= 1.24 55
.
= 0.753 =1
=1
= 0.833
= 0.8076
= 0.5066
∗ ∗ ∗ ∗ = 0.5066 0.5
= 0.5066 0.5 586 = 148.43
Lo que nos da un coeficiente de seguridad
= .
2. Una pieza se carga con una combinación de cargas flectoras, axiales y de torsión de modo que se crean los siguientes esfuerzos en un lugar determinado: Flexión: Completamente invertido, con un esfuerzo máximo de 60 MPa Axial: Esfuerzo constante de 20 MPa Torsión: Carga repetida, que varía de 0 MPa a 50 MPa Suponga que los esfuerzos variables están en fase entre sí. La pieza contiene una muesca tal que Kf,flexión = 1.4, Kf,axial = 1.1 y Kf,torsión = 2.0. Las propiedades del material son Sy = 300 MPa y Su = 400 MPa. Se encuentra que el límite de resistencia completamente ajustado es Se = 200 MPa. Encuentre el factor de seguridad contra la fatiga con base en la vida infinita. Si la vida no es infinita, estime el número de ciclos. Asegúrese de verificar la fluencia. Diagrama de Flexión • •
•
=0 � = 60 = 1.4
Diagrama de Flexión
= 50
=
= = 25
=0
�
=2
Diagrama de Axial
202 =
= 10
=
2 ∗ ∗ ∗ ∗2 = 1.1
=
+
+3
+
∗ ∗ 2 ∗ 2 22 2 2 (1.1 10 + 1.4 60) + 3(2 20) � = .
=
=
+
=
Utilizando Soderberg
+ 3(
(10) + 3(25) � = .
+
128.55 200
+
+
=
44.44
300 = .
1
=
1
)
3. Un eje sólido de diámetro D soporta las cargas mostradas en la figura. Considere que el toruqe disminuye un 5% del valor nominal. Si D = 75 mm, Sy = 550 MPa, Sut = 660 MPa. Considere que el eje es esmerilado y se requiere un 99% de confiabilidad. Calcule el factor de seguridad con el criterio de Soderberg.
∗ ∗ = (6
= (5
Flexión:
Torsion:
3)
2)
. (200
. (200
) = 600
) = 600
5% 600 = 570
5% 600 = 570
.
.
Punto “D”
3 3 3 ∗2 ∗2 ∗ 2 ∗ 2 2 2 2 2 á
á
=
=
=
3 3 3
32
32
32
=
=
=
32 (2572000 ) (75
= 62,1
)
32 ( 2572000 ) (75
)
32 (570000 ) (75
)
=
62,1
= 6,88
=0
á
=
2
á
=
=
=
Asumo:
= 1.7
=
=
+
á
=
2
+
=
2
( 62,1)
2
=
2
á
62,1
62,1 + ( 62,1) 2
6,88
0
2
6,88 + 0 2
) =
=
= 0.77
= 0.814
=0
= 3,44
= 3,44
(1.7 62.1) + 3(1.5 3.44) = 105.95
(0) + 3(3.44) = 35.5 = 0.5(660) = 330
= 0.91
= 62,1
= 1.5
+3
+ 3(
=
=1
∗ ∗ ∗ ∗ Ƞ Ƞ Ƞ
= 0.91 0.77 0.814 1 330 = 188.22 +
105,95 188,22
+
=
35,5 550
= .
1
=
1
4. Un eje transmite potencia y se soporta por 2 rodamientos a 450 mm. Dos poleas C y D son localizadas en el eje a 100 mm y 300 mm respectivamente desde el rodamiento de la derecha. La potencia es transmitida desde la polea C a la D. El diámetro y peso de la polea C son 200 mm y 600 N y de la polea D es 300 mm y 750 N respectivamente. La relación del lado tenso y lado flojo en ambas poleas es de 2. El eje transmite 25 kW a 300 rpm. El eje se fabrica de acero 1020 CD. Dimensione el eje a vida infinita con un coeficiente de seguridad mínimo de 2.
DATOS: AISI 1020 CD
� → 12 = 390 = 470 =
= 300 =2 = 200 = 600 = 300 = 750
31.42
=2
DIAGRAMAS DE CUERPO LIBRE. POLEA C.
POLEA C.
2 ∗∗1 3 ∗ ∗∗ 2 1 2 1 ∗ 2 1
EJE.
3 ∗∗4 3 ∗ ∗∗ 3 4 4 3
=2
=
=
25 10
31.42
= 795.67
=(
)
795.67 = (
) 0.1
= 15913.4 = 7956.7
= 23870.1
=2
=
=
25 10
31.42
= 795.67
=(
)
= 5304.4667
= 10608.9333 = 15913.4
PLANO XY.
↓↑
= 19417.317 = 5449.69
PLANO XZ.
DIAGRAMA MOMENTOS
= 8751.9234 = 2500.5496
= 125.0275
∗
∗ ∗ =
=
2 2
2 2
875.1923 + 544.969 = 1030.996
Flexión: 1030.996 Torsión: 795.67
Análisis a Flexión
∗ ∗ 3 6 ∗ ∗ 63 3 ∗ =0
=
=
=
Análisis de torsión
32
32 (1.031 10 )
10.5017 10
∗∗3 ∗ ∗3 3 6 3 ∗ =
=
=
=
1era. Iteración
∗ ∗
125.0275 + 970.8659 = 978.8833
=
16
16 795.67
4052314.034
2.0262 10
2 2 6 6 ∗ 3 ∗ 3 6 3 6 √ ∗ 36 3 ∗′ ∗ ∗ ∗ ∗ ∗ 6 6 ∗3 3 ∗3 3 3 3 = 1.6
= 1.4
Para el diseño se asumieron esos valores =
1.6
10.5017 10
=
+ 3 1.4
17.5063 10
2.0262 10
= 3
3.5095 10
=
Para Se:
2,0262 10
Se asumen para diseño un factor = 0.65
′
=
para cargas no mayores a 1400MPa es 0.5
= 0.65 0.5
= 0.65 0.5 470 = 152.75
Reemplazando en:
+
17.5063 10
+
114,6075 10
=
3,5095 10
+
8,9987 10
=
II Iteración;
=
comprobación
Lo que nos da un coeficiente de seguridad
= .
III Iteración;
=
1
comprobación
Lo que nos da un coeficiente de seguridad
= .
= 0.5
= 0.5
5. La barra en voladizo que se muestra en la figura está hecha de un material dúctil y está cargada estáticamente con Fy=450 lbf y Fx=0 Fz=0. Determine el diámetro de la barra AB y las dimensiones de la barra BC si la fuerza se mueve constantemente del extremo de la pieza hasta el punto B. AISI 1040 Normalizado.
BARRA AB
Como dato tenemos Sy = 42 Kpsi
11 ⃗ı ⃗ȷ n=2
F = (450 ) r = (8
5k )
Fy -> Corte
Mz -> Flexión
(
=
=
= )
=
=
∅3 ∅2 ∅3 =
36669.298
572.958
Punto Crítico
�
M = 2250 + 3600k
�
164∅ 42250450∅ 16 572 1∅1459958 156 ∅32 3600∅ 32 36669∅ 298 ∅ ∅ ∅ =
Mx -> Torsión
1 ⃗1 1 1 11 ⃗ı ⃗ı ⃗ȷ
M = r ×F i j k M = 8 0 5 0 450 0 M = 6 5k ) (450
+
11459.156
=
(
)
(
) (
(
)
) (
(
.
=
=
)
)
=
.
.
11 ⃗ı ⃗ȷ En el punto B F = (450 ) r = (6 )
�
1 ⃗1 1 1 1 1 ⃗ı ⃗ȷ
M = r ×F i j k M = 6 0 0 0 450 0 M = (6 ) (450 ) M = 2700k
Fy -> Corte Mz -> Flexión
∅3 ∅2 =
=
4∅32 4 2450700∅ 32 572∅ 29587501 97 =
(
= )
(
(
)
)
∅ ∅ =
=
(
(
.
=
)
)
=
27501.97
572.958
max= ∅3
36669.3
min= ∅3
27501.32
∅
.
�
�
3 m= ∅ ∅3 m= ∅3 3 ∅ ∅3 m= ∅2 ∅3 36669.3
+
32035.64
27501.32
2
36669.3
27501.32
2
=
572.95
∅2 ∅22 ∅ ∅3
572.95 = =
572.95 572.95
= =
+
+
+
+
∅3 ∅33 ∅
11459.156 2 5729.58
11459.156 2
5729.58
∅2
11459.156
=
572.95
∅2 ∅2 +
572.95
572.95
2∅3 2 ∗ ∅3 ∗ ∅3 2 2 ∅3 ∅2 ∅3 =
=
1.6
4583.67
32085.64
=
15710.34
+3
5729.58
+ 3 1.4 572.95
+
2 2 3∅ ∅3 ∅2 ∅3 = 0.6(0.5)(76000) = 22800
Sodeberg +
=
32085.64
15710.34 22800
1
+
+3
572.95
42000
+
5729.58
=
1
5729.58
∅ ≈ 11 ⃗1⃗ı 1 1 1 ⃗ı ∗ 3 2 ∗ ∗2 2 = .
.
BARRA BC r = (2
5k )
M = r ×F i j k M = 2 0 5 0 450 00 M = 2250 + 900k
FY -> Corte
=
=
MX -> Flexión
=
450
1.75 =
=
257.15
2250(1.75/2)(12) (1.75 )
=
4408.16
MZ -> Torsión
=
=
900
=
0.267 1.75
1926.16
Punto Crítico.
2 =
En el punto B
257.15
+
1926.16
=
4408.16
1 1 ⃗ȷ ∗ 2 M =0
F = (450 )
FY -> Corte
=
=
450
1.75
=
Punto Crítico.
=
257.15
257.15
+
1926.16
=
4408.16
max= m=a=
min=
4408.16
0
2204
2 2 ∅2 2 =
1926.16
1926.16
+
= =
257.15
+
+
257.15
257.15
+
572.95
=
572.95
2 963.08
∅2 2 2 2 ∗ ∗ 2 2 2 2 2
1926.16
+
=
=
=
1.6
2204
2204
+3
= 0.6(0.5)(76000) = 22800
+ 3 1.4
257.15
+
=
963.08
963.08
257.15
2 963.08
572.95
