Diseno Mecanico I-Fatiga

Diseño Mecánico I Falla por Fatiga

Prof. Fernando Castillo Balboa

Fallas allas por por Fatiga •

•

•

La falla se produce sin aviso. Daña la pie pieza totalm almente. Ocurr urre en tre tres inst nstancias: as: 1. Se forma microrajaduras debido a los ciclos plás plásti tico coss de def deformac ormació ión n 2. Las microrajaduras aumentan de tamaño y forman orman rajadu ajadurras longit longitud udin inale aless 3. El material remanente no soporta la carga aplicada y se fractu ctura. Ing. Fernando Castillo Balboa

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Fallas allas por por Fatiga •

•

•

La falla se produce sin aviso. Daña la pie pieza totalm almente. Ocurr urre en tre tres inst nstancias: as: 1. Se forma microrajaduras debido a los ciclos plás plásti tico coss de def deformac ormació ión n 2. Las microrajaduras aumentan de tamaño y forman orman rajadu ajadurras longit longitud udin inale aless 3. El material remanente no soporta la carga aplicada y se fractu ctura. Ing. Fernando Castillo Balboa

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Propagación de una Fractura •

La fractura por fatiga comienza en el punto A. Se propaga en la zona B y en la zona C la fractu ctura es muy rápida.

Ing. Fernando Castillo Balboa

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Causas que causan la fatiga •

La falla por fatiga ocurre por la formación de rajaduras y su propagación.

•

Los cambios súbitos de áreas de sección

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Aguj Agujer eros os,, ranur anuras as,, chav chavet eter eros os,, etc. etc.

•

Element entos que se deslizan unos sobre otr otros, ocasionan daño años conc concen entr trad ados os bajo bajo la supe superf rfic icie ie..

•

Rodam odamie ient ntos os,, engr engran anaje ajes, s, lev levas, as, etc. etc.

•

Marrcas, Ma cas, rasgu asguño ños, s, mar marcas cas de herr herram amie ien nta tas, s, etc. etc.

•

Discon Discontin tinuid uidade adess micros microscó cópic picas as del materi material. al.

•

Impu Impurrezas, as, vacio acioss, disc discon onti tinu nuid idad ades es cris cristtali alinas nas del del mat materia eriall y la alea aleaci ción ón.. Ing. Fernando Castillo Balboa

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Ejemplo: leva de Pistón La fatiga se disparó cerca del centro de la leva debido a una discontinuidad II: La fatiga crece radialmente hacia el exterior III: El material remanente no es suficiente para resistir la carga y se fractura I:

III I

Nota:

II

La falla desarrollada por fatiga en la parta interior de la leva del pistón no fue posible verla por inspección


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Experimento para estimar la duración de un material sometido a fatiga Este método se basa en los resultados experimentales de un expécimen sometido a cargas invertidas, cíclicas de flexión. Los datos del experimento se clasifican en dos categorías: Ciclo bajo (< 103 ciclos) y ciclo alto (>103 ciclos) Vida finita (< 107 ciclos) y vida infinita (> 106 ciclos) • •

El espécimen se pule para darle un acabado superficial con el objetivo de evitar concentración del esfuerzo


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Máquina de ensayo de fatiga


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I

F

d C

ill B lb

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Resistencia a la fatiga de materiales


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Factores que modifican el límite de resistencia Se’ El límite de resistencia a la fatiga de un componente se obtiene, al aplicar al límite de resistencia obtenido en el test realizado con el mismo materiale, Se’, una serie de factores que lo modifican.

Se = ka kb kc kd ke kf Se’ Se = límite de resistencia a la fatiga del elemento mecánico Se’= límite de resistencia a la fatiga de la muestra de viga rotatoria ka = factor de superficie kb = factor de tamaño kc = factor de carga kd = factor de temperatura ke = factor de confiabilidad kf = factor de efectos diversos Ing. Fernando Castillo Balboa

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Límite de resistencia a la fatiga de una probeta, Se’

I

F

d C

ill B lb

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Factor de acabado superficial, ka El acabado de la probeta afecta en la duración de la misma.

ka = aSut b


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Factor de tamaño, kb Para barras redondas en flexión y torsión

Para barras redondas con cargas axiales no hay efecto, por lo tanto,


kb= 1

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Factor de carga, kc

kc = 1 kc = 0.85 kc = 0.59

para carga flexionante para carga axial para carga torsional


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Factor de temperatura, kd Para muchos materiales, la temperatura afecta al límite de fatiga

El valor de ST es el límite de resistencia a la temperatura de operación y SRT es a la temperatura ambiente.


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Factor por confiabilidad, ke ke = 1 – 0.08 za


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Factor de efectos diversos, kf Dentro de los efectos diversos se puede mencionar a la concentración de esfuerzos.


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Factor kt


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Factor kt


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Concentración del esfuerzo Para predecir el esfuerzo actual resultante debido a un cambio de sección del material, se aplica un coeficiente de concentración de esfuerzo al esfuerzo nominal.

σmax = Ktσ0 τmax = K tsτ 0 Donde,

σ0 = esfuerzo nominal

Kt = coeficiente teórico de concentración τ0 = esfuerzo cortante nominal

Kts = coeficiente teórico de concentración Ing. Fernando Castillo Balboa

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Características del factor de concentración de esfuerzo •

•

Está en función de la geometría o forma de la parte, no de su tamaño. Está en función del tipo de carga aplicada a la parte (axial, torsional, flexionante)

•

Está en función de la geometría específica de la ranura en una parte

•

Siempre definida con respecto a un esfuerzo nominal particular.

•

Se asume un comportamiento lineal y que el material es elástico, homogéneo e isotrópico.


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Determinación del factor Kt Los factores de concentración de esfuerzo, asociados a una geometría y carga específica de una pieza se puede derivar por medio de experimentación, análisis y métodos computacionales. Métodos Experimentales: Los métodos ópticos, como la fotoelasticidad, son muy útiles y muy utilizados en experimentos para determinar la concentración de esfuerzos en puntos de las piezas. Métodos Analíticos: La teoría de elasticidad se puede utilizar para obtener los factores de concentración de esfuerzos al analizar ciertas formas geométricas. Métodos Computacionales: Las técnicas del Método de Elementos Finitos proveen una herramienta poderosa y sin costo, para el cálculo de estos factores.


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Ejemplo: Para la placa mostrada, la cual está hecha del material ASTM 20, calcule el punto crítico.

Asuma lo siguiente: Los coeficientes de concentración de esfuerzos no interactúan entre ellos. Solución: Propiedad del material ASTM 20: S ut = 20 kpsi Cálculo en el hombro:


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Esfuerzo nominal:

Esfuerzo actual en el hombro:


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Coeficiente de concentración de esfuerzo en el agujero:

Esfuerzo nominal en el agujero:

Esfuerzo en el agujero:


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Ejemplo Una placa con un agujero, esta hecha con acero AISI 1018 rolado en frío. Tiene un ancho (D) de 60 mm y espesor (t) 10 mm. El agujero tiene un diámetro de 12 mm. Si el factor de seguridad es de 1.8, calcule la fuerza dinámica máxima que se puede ejercer.

Características del material AISI 1018 rolado en frío.


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Cálculo del límite de fatiga Se = ka kb kc kd ke kf Se’ ka = aSut b

ka = 0.451(440)-0.265 = 0.899

De la ecuación 7.11, el efecto de tamaño es: De la tabla, el efecto por carga axial es:

kb=1

kc=0.85


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Cálculo de Kt d/w = 12/60 = 0.2 Kt = 2.5

q=0.82


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Se = 0.899(1)(0.85)(221.8) = 169.5 MPa Sección del agujero

Sección del hombro

Comparando las dos fuerzas Fa , se concluye que la fuerza de 21.6 kN es la fuerza máxima que se puede ejercer en la pieza. Ing. Fernando Castillo Balboa

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Falla por fatiga Introducción: Para muchos materiales de ingeniería, un esfuerzo que fluctúe entre dos valores en más dañino que un esfuerzo constante. A diferencia de la falla para el espécimen sometido a la prueba de tensión/compresión, la cual se produce con deformaciones relativamente grandes, en este caso la falla se presenta con deformaciones pequeñas y se produce la rotura del espécimen.

I

F

d C

ill B lb

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Falla por fatiga Falla por fatiga de un eje de transmisión hecho de un Acero AISI 4320. La falla comienza en (B) la parte más baja del chavetero y termina en la pequeña zona (C) con baja carga.

I

F

d C

ill B lb

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Estimación de la resistencia a fatiga Del diagrama de Esfuerzo-Ciclos, la región de ciclo bajo se extiende desde cero hasta 1000 ciclos. En esta región, el Sf es un poco menor que la resistencia a tensión Sut. Algunos autores como Mischke propone una expresión analítica que cumple con los ciclos bajos y altos al aplicar parámetros de la ecuación Manson-Coffin, conjuntamente con el exponente m de la relación deformaciónendurecimiento. La región de alto ciclo de fatiga se extiende desde los 1000 ciclos hasta 1x106 – 1x107 ciclos . I

F

d C

ill B lb

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Ecuación del esfuerzo de fatiga cíclico S f = aNb

Donde:

Donde:

Para el caso de que se presente un esfuerzo alternante, S f = sa , por lo que

Donde N es el número de ciclos para la falla.

I

F

d C

ill B lb

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Diagrama de Goodman modificado donde se muestra todas las resistencias y los valores límites de todos los componentes de esfuerzo para un esfuerzo medio particular.

I

F

d C

ill B lb

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Criterios de falla por fatiga •

Soderberg:

•

Goodman modificado:

•

Gerber:

•

ASME elíptico:

•

Cedencia:

I

F

d C

ill B lb

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Factor de seguridad para la cada uno de los criterios de falla por fatiga •

Soderberg:

•

Goodman modificado:

•

Gerber:

•

ASME elíptico:

•

Cedencia: I

F

d C

ill B lb

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Diagrama de fatiga donde se muestran los diferentes criterios de falla

I

F

d C

ill B lb

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Ejemplo: En la figura, el eje A, que está hecho de acero AISI 1010 rolado en caliente, esta soldado a un soporte fijo y se somete a una fuerza F igual y opuesta por medio del eje B. Kt es 1.6 debido al filete de 3-mm. La longitud el eje A hasta la conexión con el eje B es de 1 m. La carga F es cíclica y varía desde 0.5 a 2 kN. Calcule: a) El factor de seguridad del eje A para vida infinita, por medio del criterio de Goodman b) El factor de seguridad del eje A para vida infinita, por medio del criterio de Gerber. c) La vida para fuerza cíclica de 2kN

I

F

d C

ill B lb

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Solución: ( La pieza está sometida a torsión) De la tabla de propiedades del Acero AISI 1010 templado y estirado en caliente, se extraen los valores siguientes: BHN > 200, y de la gráfica para torsión (entrando con una muesca de 3 mm) , q = 1.

I

F

d C

ill B lb

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Continuación:

a) Solución con Goodman modificado para el factor de seguridad:

b) Solución con Gerber para el factor de seguridad:

I

F

d C

ill B lb

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Diagrama del problema

I

F

d C

ill B lb

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c) Fuerza cíclica de 2 kN

Como el factor de seguridad es menos que 1, se procede a calcular el número de cíclos que dura la pieza antes de la falla I

F

d C

ill B lb

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Diseno Mecanico I-Fatiga

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