Ejercicio-perno

Tema 1 - Elementos de sujeción roscados

Elementos de Máquinas II Ejercicio Tema 1 Elementos de sujeción roscados

______________________________________________________________________________ Universidad de los Andes Facultad de Ingeniería Escuela de Ingeniería Mecánica

Tema 1 - Elementos de sujeción roscados Sección 1 - Planteamiento

Ejercicio La estructura de acero mostrada en la figura 1.1 está fijada en el punto µA¶ a una placa mediante seis pernos. En el punto µE¶ de la estructura se aplica una fuerza que forma ángulos iguales con los , y8.e8,zm (véetrricfiogsurdae12.10).mL s epderiánm osetsroonnodm e icnaabl.ezLaaheesxtarugcotnuaral, ceajelisdaxd mod es de acero 1045, el espesor del soporte es de 80 mm. La placa donde se aperna la estructura es de fundición gris y su espesor es de 20 mm, ver figura 1.3. El torque medido por el torquímetro en el momento del ensamblaje fue de 550 Nxm. Determine las características faltantes de los pernos y el factor de seguridad de cada uno?. ______________________________________________________________________________ Universidad de los Andes Facultad de Ingeniería Escuela de Ingeniería Mecánica

Tema 1 - Elementos de sujeción roscados Sección 1 - Planteamiento Fmax= = 5 KN Fmin = 2 KN a=b=c AB = 230 BC = 50 CD = 150 DE = 20 Dimensiones en mm

Figura 1.1. Isometría de la unión de laestructura de acero con laplaca de fundición gris. El punto A se encuentra en el plano de la unión. ______________________________________________________________________________ Universidad de los Andes Facultad de Ingeniería Escuela de Ingeniería Mecánica


Figura 1.2. Vista superior del soporte de acero. ______________________________________________________________________________ Universidad de los Andes Facultad de Ingeniería Escuela de Ingeniería Mecánica


Figura 1.3. Corte transversal del soporte de acero y de la placa de fundición. ______________________________________________________________________________ Universidad de los Andes Facultad de Ingeniería Escuela de Ingeniería Mecánica

Tema 1 - Elementos de sujeción roscados Sección 2 - Disposiciones iniciales

Disposiciones iniciales Una característica del perno que podemos determinar a simple vista del planteamiento del problema es que su rosca debe ser fina, debido a que las cargas a las que será sometido son variables en el tiempo, no puramente estáticas. Luego, debemos determinar si la sección crítica se encuentra en la parte lisa o roscada del vástago del perno. Para ello, determinaremos la longitud mínima que debe tener el mismo:

Lmin

!

Lacero  L fundición



Larandelas



Ltuerca  L3hilos


Determinacion del paso: Tabla 8-1: Para serie paso fino y diametro nominal de 20mm

Determinacion de la altura de la tuerca: Tabla E-31: Para tuerca hexagonal regular y M20

Tenemos : acero

! 80 mm ! 20 mm

L

fundicion

L

arandela

L

3 hilos

! paso

L

tuerca

! 18 mm

! Numero

_ de _ arandelas

* numero

_ de _ hilos

* espesor ! paso

! 2 * 3 ! 6 mm

* 3 ! 3  1 . 5 ! 4 . 5 mm



L min



!

80  20  2  3  18  3  1,5 ! 128,5 mm

Determinacion de la longitud comercial del perno: Tabla siguiente: Cabeza hexagonal, rosca fina, calidad 8.8

Eligiremos un tornillo con longitud de 130mm M20 x 1.5 x 130


La longitud roscada del vástago será: L roscada ! 2 * d

 12 ppp

125  L  200 mm

L ! 130mm

L roscada ! 2 d

 12 !

2  20

 12 !

52 mm

La longitud lisa del vástago será: 

Lvástago sin

roscar !

L  Lroscada

! 130  52 !

78 mm

Finalmente, la designación del perno es: T CH

8.8

M20

1,5

MF

6g

130



La sección crítica (en el plano de unión) corresponde a la parte roscada:

Figura 2.1. Esquema del perno mostrando su parte lisa y roscada.

Tema 1 - Elementos de sujeción roscados Sección 3 - Cargas en la unión

Fuerza y Momento Resultante en el plano de unión Como se observa en la figura 1.1, la fuerza µF¶ es un vector con sus tres componentes de la misma magnitud, y todas de sentido positivo, según el sistema de coordenadas planteado. Dado que dicha fuerza oscila entre un valor máximo y mínimo, podemos plantearla de la siguiente forma: r

F

!

F



?0,57735



iÖ  0,57735 Öj  0,57735 kÖA 



Donde la componente en la dirección µy¶ corresponde a la dirección axial de los pernos.

 ______________________________________________________________________________ Universidad de los Andes Facultad de Ingeniería Escuela de Ingeniería Mecánica


Representacion de la estructura con sus cargas esquematizadas por separado en las direcciones µx¶, µy¶ e µz¶:

Figura 3.1. Esquema de las cargas aplicadas en la estructura en las direcciones µx¶, µy¶ e µz¶.



Cargas producidas por µFx¶: La carga aplicada en la dirección µx¶ producirá una fuerza cortante en dicha dirección, un momento en la dirección µz¶ y otro en la dirección µy¶ (ver figura 3.2). La fuerza cortante es igual a la fuerza µFx¶: Vx

x

0.5773* F

El momento µMz¶ sería:

Mz

!  (230  20)* Fx ! 210

* Fx

El torsor µTy ¶ vendría dado por:

T y ! 150 * Fx ______________________________________________________________________________



Universidad de los Andes Facultad de Ingeniería Escuela de Ingeniería Mecánica


AB = 230 BC = 50 CD = 150 DE = 20 Dimensiones en mm

Figura 3.2. Esquema las cargas producidas por µFx¶ sobre la unión. ______________________________________________________________________________ Universidad de los Andes Facultad de Ingeniería Escuela de Ingeniería Mecánica

Tema

1 - Elementos de sujeción roscados Sección 3 - Cargas en la unión

Cargas producidas por µFy¶: La carga aplicada en la dirección µy¶ producirá un momento en la dirección µz¶ y otro en la dirección µx¶ (ver figura 3.3). La fuerza axial es igual a la fuerza µFy¶:

Fy !

0 .5773

* F

El momento µMz¶ sería:

Mz

50 *

Fy

El mome nto µMx¶ vendría dado por: M x ! 150 * Fy ______________________________________________________________________________






Figura 3.3. Esquema de las cargas producidas por µFy¶ sobre la unión. ______________________________________________________________________________ Universidad de los Andes Facultad de Ingeniería Escuela de Ingeniería Mecánica


Cargas producidas por µFz¶: La carga aplicada en la dirección µz¶ producirá una fuerza cortante en dicha dirección, un momento en la dirección µx¶ y otro en la dirección µy¶ (ver figura 3.4). La fuerza cortante es igual a la fuerza µFz¶:

V z ! Fz !

0.5773 * F

El momento µMx¶ sería:

M x ! 230  20 * Fz ! 210 *Fz El torsor µTy¶ vendría dado por:



Ty

50 * Fz

______________________________________________________________________________






Figura 3.4. Esquema las cargas producidas por µFz¶ sobre la unión. ______________________________________________________________________________ Universidad de los Andes Facultad de Ingeniería Escuela de Ingeniería Mecánica


Finalmente y recordando que µFx=Fy=Fz=0,57735·F¶, podemos tabular los datos recogidos y calcular las cargas resultantes (ver figura 3.5): Efecto sobre la unión Causa

V

x

Vy

Vz 0

Fx

Fx

0

Fy

0

Fy

Fz

0

0



0,577·F

0

Mx 0 150·F

Fz

0.577F 0,577·F

Ty -150·F y

Mz -210·Fx

x

0

210·Fz

-50·Fz

207,828·F

- 115,46·F

50·F 0

-92,368·F

Tabla 3.1. Resumen de las cargas producidas sobre la unión. ______________________________________________________________________________ Universidad de los Andes Facultad de Ingeniería Escuela de Ingeniería Mecánica

y


+

Cargas producidas Por µFx¶

+

Cargas producidas Por µFy¶

Cargas producidas Por µFz¶

Figura 3.5a. Esquema de las cargas resultantes producidas sobre la unión. ______________________________________________________________________________ Universidad de los Andes Facultad de Ingeniería Escuela de Ingeniería Mecánica


Cargas resultantes en la unión:

=

Figura 3.5a. Esquema las cargas resultantes producidas sobre la unión.


Tema 1 - Elementos de sujeción roscados Sección 4 - Carga axial sobre los sistemas debido a momento flector

Carga axial debido a momento flector µMx¶ La figura nos indica la disposición geométrica de los pernos en el plano de la unión.

Calculándo:

Figura 4.1. Disposición geométrica de los pernos en el plano de unión. ______________________________________________________________________________ Universidad de los Andes Facultad de Ingeniería Escuela de Ingeniería Mecánica

Tema 1 - Elementos de sujeción roscados Sección 4 - Carga axial sobre los sistemas debido a momento flector Triángulo de fuerzas que se genera en los sistemas para contrarrestar el momento µM x¶:

Figura 4.2. Triángulo de fuerzas en los sistemas debido al momento µMx¶


De acuerdo a la relación de deformación, debe cumplirse lo siguiente: Ft ( 6 )

30

Ft ( 4, 5 )

!

65

!

Ft ( 2 , 3)

135

!

Ft (1)

(4.1)

170

Luego, para que todos los pernos contrarresten el momento µMx¶, debe cumplirse: Mx !

30 F (6)  265F ( 4, )  2135 F ( 2,3)  170 F (1)  t

t

t

5

t

Si se expresan todas las cargas µFt(i)¶ en función de µFt(6)¶ obtenemos: 2

Mx !

(30)( F (6) ) 

265 (30)

2

F (6) 

2135 (30)

2

F ( 6) 

170 (30)

F (6) 

______________________________________________________________________________ Universidad de los Andes Facultad de Ingeniería



Escuela de Ingeniería Mecánica


Finalmente, y recordando los resultados de la tabla 3.1: M x ! 2490

* Ft (6)

!

207 .828 * F

(4.2)

Luego, podemos calcular las cargas axiales máximas y mínimas generadas en cada sistema debido al momento µMx¶, utilizando las ecuaciones 4.1 y 4.2. sistema 6. Carga axial máxima y mínima debido a µMx¶: Ft (6) _ max !

Ft (6)_ 

( 07.8 8)(5) ( 90 )

! 0. 17 KN

( 07.8 8)( ) in

!

( 90 )

!

0.167 KN






sistemas 2,3. Carga axial máxima y mínima debido a µMx¶: Ft (2,3) _ max ! 1.876 KN



Ft (2,3)_ min !

0.751KN

sistemas 4,5. Carga axial máxima y mínima debido a µMx¶: 

Ft (4,5)_max ! 0.903KN

Ft (4, 5) _ min ! 0.362 KN 






sistema 1. Carga axial máxima y mínima debido a µMx¶:



Ft (1) _ max !

2.363 KN

Ft (1)_ min !

0.946KN





Carga axial debido a momento flector µMz¶ La figura 4.3 nos indica la disposición geométrica de los pernos en el plano de la unión. La figura 4.4 muestra el triángulo de fuerzas que se genera en los sistemas para contrarrestar el momento µMz¶.

Figura

4.3. Disposición geométrica de los pernos en el plano de unión.



Figura 4.4. Triángulo de fuerzas en los sistemas debido al momento ______________________________________________________________________________ µMz¶ Universidad de los Andes Facultad de Ingeniería Escuela de Ingeniería Mecánica


De acuerdo a la relación de deformación, debe cumplirse lo siguiente: Ft (3,5)

39,38

!

Ft (6,1)

100

!

Ft (4,2)

(4. )

160,62

Luego, para que todos los sistemas contrarresten el momento µMx¶, debe cumplirse: 

Mz

! 239, 38 Ft ( 3,5)  2100 Ft ( 6,1)  2160 , 62 Ft ( 4,2) 

Si se expresan todas las cargas µFt(i)¶ en función de µFt(3,5)¶ obtenemos:  Mz

2F (

, )

9, 8 

2 100

( 9. 8)

2

F ( , ) 

2 * (160.62 ) 39.38

2

F ( , )  3






Finalmente, recordando los resultados de la tabla 3.1: M z ! 1896.88 * Ft (3,5) ! 92 .368  F

(4.4)

Luego, podemos calcular las cargas axiales máximas y mínimas generadas en cada sistema debido al momento µMz¶, utilizando las ecuaciones4.3 y 4.4. Sistema 3,5. Carga axial máxima y mínima debido a µMz¶:

Ft (3,5)_

(9 .368 )(5) ax

Ft (3,5) _ min



!

(1896 .88)

!

(92.368 )(2) !

(1896 .88)

!

0. 3 KN

0.0974 KN






sistemas 6,1. Carga axial máxima y mínima debido a µMz¶: Ft ( 6,1) _



x

! 0.6183 KN

t (6,1) mi

!

0.2 7 KN

sistemas 2,4. Carga axial máxima y mínima debido a µMz¶: 

Ft (

,4) _ max

Ft (2,4 )_

in

!

0.993KN

! 0.3973 KN








Finalmente, podemos tabular los datos recogidos y calcular las cargas axiales resultantes sobre cada sistema: Cargas Axiales (Ft, KN) sistema 1 Máx

Min

Debido a µMx¶

2,363

Debido a µMz¶

sistema 2

sistema 3

Máx

Min

0,946

1,876

0,751

1,876

0,751

0,6118

0,247

0,993

0,398

0,243

0,097

Fy

0.4812

0.1924

0,4812

0,1924

0,4812

0,1924

§

3,4625

1,3854

3,377

1,341

2,6002

1,040

Máx

Min


Finalmente, podemos tabular los datos recogidos y calcular las cargas axiales resultantes sobre cada sistema: Cargas Axiales (Ft, KN) sistema 4 Debido a µMx¶ Debido a µMz¶ Fy



Máx

Min

0,903

sistema 5

sistema 6

Máx

Min

Máx

Min

0,362

0,903

0,362

0,417

0,167

0,993

0,398

0,2435

0,0974

0,618

0,247

0.4812

0.1924

0,4812

0,1924

0,4812

0,1924

2,3732

0,952

1,6272

0,651

1,516

0,606

Tema 1 - Elementos de sujeción roscados Sección 5 - Fuerzas cortantes sobre los pernos

Fuerzas cortantes debido a µFx¶ Las carga µVx¶ sobre la unión se distribuirá uniformemente entre los pernos en condiciones ideales (ver figura 5.1). Entonces, en la dirección µx¶, la fuerza cortante primaria máxima y mínima sobre cada perno será:

F ' x _ max !

F ' x _ min

!

(0,57735)(5) ( 6)

(0,57735)(2) (6)

! 0, 4811 KN

(5.1)

! 0,1 25 KN

(5.2)



Fuerzas cortantes debido a µFz¶ Igualmente, la carga µVz¶ sobre la unión se distribuirá uniformemente entre los pernos en condiciones ideales (ver figura 5.1). En la dirección µz¶, la fuerza cortante primaria máxima y mínima sobre cada perno será:

F ' z _ max !

F ' z _ min

!

(0, 773 )( ) (6)

(0,57735)(2) (6)

! 0,4811 KN

(5.3)

! 0,1 25 KN

(5. )



Figura 5.1. Fuerzas cortantes primarias sobre los pernos.



Fuerzas cortantes debido a µTy¶ Las fuerzas cortantes secundarias en cada perno, producidas por el momento torsor sobre la unión (ver figura 5.2) pueden calcularse en sus direcciones µx¶ e µz¶ (ver figura 5.3), mediante las expresiones:

Fi '_' x

n

T  zn 2

n

§ xj  § yj j 1

Fi '_' z

2

j 1

T  xn n

2

n

§ xj  § yj j 1

(5 5a )

2

(5 5b)

j 1



Figura

5.2.

Fuerzas

cortantes secundarias sobre los pernos.



Figura 5.3. Fuerzas cortantes secundarias sobre los pernos, mostrando sus componentes en las direcciones µx¶ e µz¶. ______________________________________________________________________________ Universidad de los Andes Facultad de Ingeniería Escuela de Ingeniería Mecánica


Para utilizar las expresiones anteriores es necesario conocer las coordenadas de cada perno respecto al centroide del polígono que todos ellos conforman. La tabla 5a tabula la información necesaria para calcular el denominador de las ecuaciones 5.5a y 5.5b. xj2 (mm2)

x j (mm)

1 2

0 -60,62

3674,8

-35

1225

3

60,62

3674,8

-35

1225

4

-60,62

3674,8

35

1225

5

60,62

3674,8

35

1225

6

0



-

0

0

zj (mm)

zj2 (mm2)

No de perno (j)

-70

4900

70

14.699,2

4900 -

14.700



De modo que, para este caso, las expresiones 5.5a y 5.5b pueden replantearse de la forma:

Fi '_' x !

''

Fi _ z

T  zn 1 .699 ,2  1 .700

(5.5c)

T xn

(5.5d )



14 .699 ,2  14 .700

Estas dos ecuaciones las utilizaremos para calcular las fuerzas secundarias sobre cada perno, recordado también los resultados arrojados en la tabla 3.1 ______________________________________________________________________________ Universidad de los Andes Facultad de Ingeniería Escuela de Ingeniería Mecánica


Perno

1.

Fuerzas

cortantes secundarias máxima y mínima:

F1'' x

!

(11 ,47 (

i

!

''

F1 _ z _

''

F1

z

in



!

! 1,3746 KN

2)(70 ) !

(29 .400 )

!

ax

)(70 )

.400 )

(115 ,47 F1''



0,5498 KN

(115 ,47 5)(0) (2 .400 ) (115 ,47



2)(0)

( 29 .400 )

! 0 KN

!

0 KN



Perno

2.

Fuerzas

cortantes secundarias máxima y mínima: ''

F2

!

F2''

i

''

F2 _ z _

ax

''

F2

in

!

!

!

(115 ,47 5)(35 ) 

( 29 .400 ) (115 ,47 2)(35 ) ( 29 .400 ) 

!

!

0,6873 KN

0,2750 KN

115 ,47  5 60 ,62

! 1,1 04 KN

2 .400

(115 ,47



2)(60 ,62 )

!

(29 .400 )

0,4761 KN



Perno

3.

Fuerzas

cortantes secundarias máxima y mínima: ''

F3

!

F3''

F

i

''

F

z

!

!

a

'' in

!

(115 ,47 5)(35 ) 

(29 .400 ) (115 ,47 2)(35 ) ( 29 .400 ) 

0,6873 KN

!

!

0,2750 KN

(115 ,47 5)(60 ,62 ) ( 29 .400 )

(115 ,47



2)(60 ,62 )

! 1,1904 KN

!

( 29 .400 )

0,4761 KN



Perno

4.

Fuerzas


F4''

(115 ,47 5)(35 ) 

!

!

(29 .400 )

''

F4 _ x _

!

in

''

F4 _ z _

ax

''

F4

in

(115 ,47  2)(35 ) (29 .400 )

!

!

!

0,6873KN

0,2750 KN

(115 ,47  5)(60 ,62 ) ( 2 .400 )

(115 ,47



2)(60 ,62 )

! 1,1 04 KN

!

(29 .400 )

0,4761 KN



Perno

5.

Fuerzas


F5''

!

x

''

in

''

ax

''

F5

z

!

( 29 .400 )

F5 _ x _

F5 _ z _

(115 ,47  5)(35 )

in

!

!

!

(115 , 47  2)(35 ) ( 29 .400 )

( 2 .400 )

(115 ,47



2)(60 ,62 )

( 29 .400 )

0,2750 KN

!

(115 ,47  5)(60 ,62 )

0,6873KN

! 1,1 04 KN

!

0,4761 KN



Perno

6.

Fuerzas


F6''

!

x

(115 ,47 5)( 70 ) 

( 29 .400 ) (115 ,47

F6''

in

!

F6 _ z _

ax

''

''

F6

in



2)(70 ) !

(29 .400 )

0,5498 KN

(115 ,47  )(0)

!

!

! 1,3746 KN

(29 .400 ) (115 ,47 



2)(0)

( 29 .400 )

! 0 KN

!

0 KN



Ahora que se tienen las componentes en las direcciones µx¶ e µy¶ tanto de las fuerzas cortantes primarias como de las secundarias, podemos sumarlas algebraicamente (ver figura 5.4):

R _x Ri

z

'

'' _x

x 

Fz'  Fi ''

(5.7a ) (5.7b)

z

Finalmente, puede calcularse la fuerza cortante resultante en cada perno y el ángulo que forma dicha fuerza con la horizontal:

Ri

Ri _ x

!

E

i

!

2



rct n

Ri _ z

Ri Ri

2

5.8) ( . )

x



+

Figura 5.4a. Fuerzas cortantes primarias y secundarias sobre los pernos, mostrando sus componentes en las direcciones µx¶ e µz¶.



=

Figura 5.4b. Fuerzas cortantes primarias y secundarias sobre los pernos, mostrando sus componentes en las direcciones µx¶ e µz¶.



Perno

1.

Fuerza

cortante resultante máxima y mínima en µx¶ e µz¶:

0,4811  1,3746 ! 1,856 KN

R1 _ x _ max

!

R1 _ x _ min

! 0,1925  0,5498 ! 0,7423KN

R1 _ z _ max !

R1

z

i

!

,4811 

0,1 2

!

,4811KN

0 ! 0,1 2

KN



Perno

1.

Fuerza

cortante resultante máxima y mínima:

R1_ max



! 1,85

R1 _ min !

 0, 811 ! 1,917KN 2

,74232  ,19252

E Ma x_ 1 ! E mi

_1

arcta

!

,7667 KN

0,4811 0, 1925

! 14 , 5º






Figura 5.4a. Fuerzas cortantes primarias, secundarias y resultantes sobre el perno 1, mostrando sus componentes en las direcciones µx¶ e ______________________________________________________________________________ Universidadµz¶. de los Andes Facultad de Ingeniería Escuela de Ingeniería Mecánica

Tema 1 - Elementos de sujeción roscados Sección 5 - Fuerzas cortantes sobre los pernos Perno

2.

Fuerza


R2 _ x _ max

!

0,4811  0,6873 ! 1,1684 KN

R2

!

0,1 2

x

i

 0,27

0 ! 0, 467

KN

!

0,4811  , 904 ! 0,7093 KN

R2 _ z _ min !

,1925  , 4761 !  ,2836 KN

R

_ z _ ax



2.





Fuerza


R 2_ max !

1,16842

R2

0, 467

i

!

E Max_ 2 ! E mi

_2 !

2

0,7093 2

 0,28

arctan



6

2

! 1,3742KN

!

0, 467 KN

0, 7093

1,1684



31, 3º

!



Figura 5.4b. Fuerzas cortantes primarias, secundarias y resultantes sobre el perno 1, mostrando sus componentes en las direcciones µx¶ e ______________________________________________________________________________ Universidadµz¶. de los Andes Facultad de Ingeniería Escuela de Ingeniería Mecánica


3.

Fuerza


R3 _ x _ m x

R3 _ x _

R3 _ z _

0,4811  0,6873 ! 1,1684 KN

!

in !

,1925  ,275

ax !

R3 _ z _ min !

!

,4675 KN

0,4811  1,1904 ! 1,6715 KN ,1925  ,4761 ! ,6686 KN



3.

Fuerza


R

!

R3 _ min

!

Ma x_ 3

1,1684 2  1,671

2 

0,4

! E mi

_3

0,

! arcta

8

2

!

2 !

2,0 9 KN

81

1, 6715 1,1684



KN

! 55º

______________________________________________________________________________  Universidad de los Andes Facultad de Ingeniería Escuela de Ingeniería Mecánica


Figura 5.4c. Fuerzas cortantes primarias, secundarias y resultantes sobre el perno 1, mostrando sus componentes en las direcciones µx¶ e ______________________________________________________________________________ Universidadµz¶. de los Andes Facultad de Ingeniería Escuela de Ingeniería Mecánica


4.

Fuerza


R4 _ x _ m x !

0,4811  0,6873 ! 0,2062 KN

R4 _ x _ min

0,1925  0,2750

R4 _ z _ max R

z

min

!

!

0,0825 KN

0,4811  1,1904 ! 0,7093KN ,1925  ,

61 ! 

,2836 KN



4.

Fuerza


R4 _ max

R4 _ min

Max _ 4

!

!

0,2062 2  0,70932

0,08252  0,2836 2

! E min_ 4

ar an

0, 7093



0, 2062

0,7386 KN

!

!

!

0,2954 KN

106, 2º KN





______________________________________________________________________________





Figura 5.4d. Fuerzas cortantes primarias, secundarias y resultantes sobre el perno 1, mostrando sus componentes en las direcciones µx¶ e ______________________________________________________________________________ Universidadµz¶. de los Andes Facultad de Ingeniería Escuela de Ingeniería Mecánica


5.

Fuerza


R5 _ x _ m x !

0,4811  0,6873 ! 0,2062 KN

R5 _ x _

0,1925  0,2750 ! 0,0825 KN

in !

R5 _ z _ max ! 0,4811  1,1904 ! 1,6715KN

R5 _ z _ mi ! 0,1925  0,4761 !

0,6686 KN



5.

Fuerza


R5

a

R5 _ min

EM

,

!



1,6715

0,0825 2  0,6686 2

!

x_ 5

6

!

E min_ 5 ! ar tan



!

!

,684

KN

0,6736 KN

0,2062

1,6715

!

97 º

______________________________________________________________________________





Figura 5.4e. Fuerzas cortantes primarias, secundarias y resultantes sobre el perno 1, mostrando sus componentes en las direcciones µx¶ e ______________________________________________________________________________ Universidadµz¶. de los Andes Facultad de Ingeniería Escuela de Ingeniería Mecánica


Perno

6.

Fuerza


R6 _ x _

ax !

R6 _ x _

in !

R6 R6 _ z _ mi

0,4811  1,3746 ! 0,8935 KN

0,1925  0,5498 ! 0,3573KN !

!

0,4811 0 ! 0,4811KN 0,1925  0 ! 0,1925 KN



Perno

6.

Fuerza


R6

R

EM

!

mi

!

x_ 6 !

2

0,89 0,3573

2



0,48112 0,1925

E min_ 6 ! arctan

2

!

0,4811 

0,8935



! 1,01 KN

0,4059 KN

!

151,7º



Figura 5.4f. Fuerzas cortantes primarias, secundarias y resultantes sobre el perno 1, mostrando sus componentes en las direcciones µx¶ e ______________________________________________________________________________ Universidadµz¶. de los Andes Facultad de Ingeniería Escuela de Ingeniería Mecánica


Finalmente, podemos tabular los datos recogidos y calcular la fuerza cortante resultante sobre el perno: Fuerzas cortantes resultantes (R, KN) Perno1

Perno2

Máx

Min

Máx

Rx

1,856

0,7423

1,684

Rz

0,4811

0,1925

R

1,917

0,7667

Perno3 Min

Máx

Min

0,4675

1,1684

0,4675

-0,7093

-0,2836

1,6715

0,6686

1,3669

0,5467

2,039

0,8156

Tabla 5.1. Fuerzas cortantes resultantes en cada perno.



Finalmente, podemos tabular los datos recogidos y calcular la fuerza cortante resultante sobre el perno: Fuerzas cortantes resultantes (R, KN) Perno4

Perno5

Perno6

Máx

Min

Máx

Min

Máx

Min

Rx

-0,2062

-0,0825

-0,2062

-0,0825

-0,8935

-0,3573

Rz

-0,7093

-0,2836

1,6715

0,6686

0,4811

0,1925

R

0,7386

0,2954

1,6842

0,6736

1,015

0,4059

Tabla 5.1. Fuerzas cortantes resultantes en cada perno.


Tema 1 - Elementos de sujeción roscados Sección 6 - Parámetros para el cálculo de esfuerzos

Precarga sobre los pernos: Vendría dada por:

Fi !

T

0,2 d 

!

(550 N m) 

(0,2)(0,02 m)

Fi ! 137 ,5 KN



Constante de rigidez del perno Vendría dada por (ver figura 6.1): 1

K

!

4 T E 

p



¨ Lvas tago sin roscar  0,4 © © d no in al ª 2



d no

in al



Lrosca da a

t racción

 0,4 d raí z ¸ 

2

d raí z

¹ ¹ º

Tenemos: Lvsr

!

dn

20 E  3 m

!

78 mm ! 78 E  3 m








Calculo del diametro de raiz:

dr ! d  (1,226869 * p ) dr ! 20  (1,226869*1,5) ! 18,1596 E  3m Determinacion de la longitud roscada a traccion: 



L rt

!

Lr  ( L tuerca  L Hilos )

L rt

!

52  (18  3  1,5) ! 29,5 mm ! 29,5 E  3m


Sustituyendo:

1

Kp

!

¨(0,078 m )  (0,4 )(0,0 2m ) (0, 0295 m )  (0,4 )(0,0181 m ) ¸  © ¹ 2 2 E Pa (T )(207 9 ) ª (0,0 2 m ) (0,0181 m ) º (4 )



Kp



!

497.965E 6 N

m


Figura 6.1. Corte transversal del soporte de acero y de la placa de fundición.


Constante de rigidez de los elementos sometidos a compresión Se calcula mediante la expresión:

1 ! 1 K e § Ki Atendiendo a los elementos presentes en el ensamblaje de interés, tendríamos: (ver figura 6.1, anterior):

1 Ke

!

1 K arandela

 superior

1 K acero



1 K fundición



1 K arandela

inferior



Costantes Ai y bi para la determinacion de las rigidez de los elementos:

Material empleado

E(GPa)

Acero

206.8

30

0.78715

0.62873

Aluminio

71

10.3

0.79670

0.63816

Cobre

119

17.3

0.79568

0.63553

Fundición gris

100

E(Mpsi)

14.5

A

0.77871

b

0.61616


Constante de rigidez de la arandela superior:

Vendría dada por:

K arandela superior ! d   A  e bd / l K arandela superior ! (0, 02 m )(207 E 9Pa )(0, 78715)  e (0,6 2873m)(0,02) /(0,003m)



K arandela super io r

!

2 5 ,28 E 9

N m

: µ Karandela superior = Karandela inferior µ ______________________________________________________________________________ Universidad de los Andes Facultad de Ingeniería Escuela de Ingeniería Mecánica


Constante de rigidez de la placa de acero

Vendría dada por:

K acero ! d    e bd / l K acero ! (0,02 m )(207E 9Pa )(0,78715 ) e



K ace

!

3,81 E 9

(0,62873m)(0,02) /(0,08m)

N m



Constante de rigidez de la placa de fundición gris

Vendría dada por: b d / l fundición !

K fundición

! (0,02m)(100 E

K fundición

d



A

Pa)(0,77871)  e ( 0, 61616m)( 0, 02) /(0 ,02m )

!

2,88 E 9

N m



Finalmente, la constante de rigidez de los elementos sería:

1

1

Ke

!

Ka



andela upe io

K ace

2

1

Ke

1

!

215 ,28 E 9

Ke

!



 o

1 K fundición

1

2,884 E 9

1, 617 E 9 N





1 Ka

andela infe io

1

3,81 E 9

m





Constante de unión (C) Vendría dado por:

C!

C

!

Kp Kp



Ke

497 , 65 E 6 497 , 65 E 6  1,617 E 9

C ! 0,235  ______________________________________________________________________________ Universidad de los Andes Facultad de Ingeniería Escuela de Ingeniería Mecánica


Límite de resistencia a la fatiga Vendría dado por:

We Factor

!

'

a

c

We

d

e

de tamaño (µd¶ en milímetros): si

8 mm  d  250 mm Cb

!

1,18



d

0, 0

7

!

(1,18 )(20) ( 0,0

7)

!

0, 88 2






Factor

de acabado superficial (maquinado; µWU¶ en MPa):

Maquinado y estirado en frio:

Ca

!

a W U

b

!

(4,51)(830) ( 0, 265)

Acabado

Factor a (Kpsi)

Factor a (MPa)

Maquinado o estirado en frío

2.70

4.51

!

0,7597

Exponente b

-

0.265


Factor de carga: C c ! 0,923 ppp c arg a _ axial ppp C C ! 1 ppp



U

!

830  1520MPa

flexion

C C ! 0,577 ppp

torsion _ y _ cor tan te

Factor de temperatura (condiciones normales): 

Cd ! 1



Factor debido a efectos diversos (rosca por laminado, clase 8.8): 1

Ce Ce

!

Cf

! 1

3

0, 3333



Límite

de fatiga de probeta (WU<1520 MPa) : '

We !

0,5  W

!

(0,504 )(830 ) ! 415 MPa


Finalmente:

We

(0,7597)(0,8892)(2,5)(1)(0,3333)(415 E 6)

We

233, 385MPa






Tema 1 - Elementos de sujeción roscados Sección 7 - Esfuerzo normal debido a carga axial en los pernos

Esfuerzo normal debido a carga axial en los pernos Este esfuerzo se genera debido a las cargas axiales en los pernos producidas por los momentos flectores presentes en la unión (ver figura 7.1). Se calcula mediante las expresiones: W axi al _ medi

!

Fi

At

W a xi a l _ a l t erno

!

C

C

Ft _ max  Ft _ min

2  At

Ft _ max



Ft _ min

2  At



Figura 7.1. Perno sometido a carga axial. ______________________________________________________________________________ Universidad de los Andes Facultad de Ingeniería Escuela de Ingeniería Mecánica


Perno

W ax al(1)

1. Esfuerzo normal medio y alterno debido a carga axial:

medio

!

(1

, 5 E 3N ) 2

(272 E  6m )

W a xial(1)_ alt erno !

 (0, 235 ) 

(0,235 ) 

( 3462 , 5N

 1385 , 4 N )

(2 )(272 E  6m 2 )

(3 62 ,5N  1385 ,

N) 2

(2)(272 E  6m )

!

506 , 411 MPa

! 0,897 MPa

De forma análoga se calculan los esfuerzos normales debido a carga axial para el resto de los pernos.  ______________________________________________________________________________ Universidad de los Andes Facultad de Ingeniería Escuela de Ingeniería Mecánica


Perno


W axial( 2) _ medio ! 507 ,552 MPa !0

W axia (2)_ al t er

Perno

,

M

9

Pa

 zo normal medio y alterno debido a carga axial: 3. Esfuer



W axia l( 3) _ medio ! 507 , 073 MPa W a xial(3) _ alter

!

0,673 MPa

 ______________________________________________________________________________





Perno


W axial( 4 ) _ medio ! 506 , 952 MPa W

! a ial(4 ) al t erno

Perno

0, 615

MP

a

 zo normal medio y alterno debido a carga axial: 5. Esfuer

 W axia l(5)_ me i ! 506 ,49 MPa W axi al(5)_

al t er

! 0, 421 MPa



 ______________________________________________________________________________ Universidad de los Andes Facultad de Ingeniería





Perno

6. Esfuerzo normal medio y alterno debido a carga axial: W a xi a l(6) _ me i

!

W

505,414 MPa !

ax al( 6) alt erno

0, 393

MP

a






Tema 1 - Elementos de sujeción roscados Sección 8 - Esfuerzo normal de aplastamiento en los pernos

Esfuerzo normal de aplastamiento en los pernos: Este esfuerzo es generado por las fuerzas resultantes µR¶, donde el aplastamiento se produce entre la cara periférica del perno y la placa (ver figuras 8.1 y 8.2). Se calcula mediante las expresiones: W apl _

di o

me

!

Rmax

 Rmin

2 d raí z L 

W a l _ al t rno e

!



men

or

Rmax Rmi 2  d raí z  L nor me



Figura 8.1. Perno sometido a aplastamiento en sus paredes laterales. ______________________________________________________________________________ Universidad de los Andes Facultad de Ingeniería Escuela de Ingeniería Mecánica


Figura 8.2. Área de aplastamiento en el perno.



Perno

1. Esfuerzo normal medio y alterno de aplastamiento:

W apl (1) _ edio !

W



apl (1) _ a t e

(1 1

N



766 , 7 N )

(2)(0,01816 m )(0,02 m )

!

(1917 N



( 2)( 0,01816

766 ,7 N )

)( 0,02 )

!

!

3, 694 MPa

1,583 MPa

De forma análoga, pueden calcularse los esfuerzos en el resto de los pernos. ______________________________________________________________________________ Universidad de los Andes Facultad de Ingeniería Escuela de Ingeniería Mecánica


Perno

2. Esfuerzo normal medio y alterno de aplastamiento: W ap l(2) _ medi

W

!

2,644 MPa

! a l(2)_ al t er

M

1,1392

Pa

 Perno

3. Esfuerzo normal medio y alterno de aplastamiento: 

W ap l( 3) _ medio ! 3, 9298MPa W ap l(3) _ alt erno ! 1,684 MPa 

______________________________________________________________________________





Perno

4. Esfuerzo normal medio y alterno de aplastamiento: W ap l(4 ) _ medi

W

!

1, 424 MPa

! a pl(4 ) _ alt erno

0,6104

MP

a

 Perno

5. Esfuerzo normal medio y alterno de aplastamiento:

 W apl( 5) _ med o !

3, 246 MPa

W apl ( 5 ) _ alt erno ! 1,39 MPa



 ______________________________________________________________________________ Universidad de los Andes Facultad de Ingeniería Escuela de Ingeniería Mecánica


Perno

6. Esfuerzo normal medio y alterno de aplastamiento: a l( 6) _ me i

! 1,956 MPa

W ap l( 6) _ alterno !

0, 8385 MPa

 


Tema 1 - Elementos de sujeción roscados Sección 9 - Esfuerzo cortante en los pernos

Esfuerzo de corte en los pernos Se produce en el área transversal del perno. Como en este caso, la sección crítica corresponde a la parte roscada, el área a utilizar para el cálculo de este esfuerzo es el área de raíz y no el área del diámetro nominal (ver figura 9.1). Este esfuerzo se calcula mediante las expresiones: X

dio

me

!

X alt erno

!

4 Rmax  Rmin 3



2



4 Rmax 

3

Ar  Rmin

2  Ar



Figura 9.1. Perno sometido a corte y área de esfuerzo de corte.



Perno

1. Esfuerzo medio y alterno de corte :

X(



) _ me i

!

( 9 6 N  766 ,7 N )

X (1) _ alterno !

(2)(2 9 E  6m 2 )

(191

N7

!

, 7N )

( )( 5 9 E  6m 2 )

6,9 2 MPa

!

2, 958 MPa

De fo rm a análoga, pueden calcularse los esfuerzos en el resto de los  pernos. ______________________________________________________________________________ Universidad de los Andes Facultad de Ingeniería Escuela de Ingeniería Mecánica


Perno

2. Esfuerzo medio y alterno de corte : X (2) _ medi o ! X

4,944 MPa

! (2)_ al t er

M

2,1299

Pa

 Perno

3. Esfuerzo medio y alterno de corte :  X (3) _ med o !

7, 348 MPa

X (3)_

3, 149 MPa

al t er

!

 ______________________________________________________________________________





Perno

4. Esfuerzo medio y alterno de corte : X ( 4 ) _ medio ! 2, 662 MPa X (4 ) a lt

! 1,1413

MPa

 Perno

5. Esfuerzo medio y alterno de corte :  ( 5)

dio !

me

X (5) _ alt erno !

6, 06

MPa

2,6013 MPa

 ______________________________________________________________________________ Universidad de los Andes Facultad de Ingeniería





Perno

6. Esfuerzo medio y alterno de corte : X ( 6) _ m e i !

3, 6574 MPa

(6) _ a lt erno !

1,5678 MPa

 


Tema 1 - Elementos de sujeción roscados Sección 10 - Esfuerzos de Von Mises

Esfuerzos de Von Mises Vendrían dados por: W '!

Perno

W ' (1)

med i

!

' (1) _ alter

W axia l

2

 W ap l

2

 W axia l  W ap l

 3 X

2

1. Esfuerzos medio y alterno de Von Mises :

(506 ,

!

11 )  (3, 694 )

(506 ,

11 )(3, 694 )  ( 3)( 6,578 ) ! 504 ,715 MPa

(0,897) 2  (1,583 ) 2  (0,897 )(1,583 )  (3)( 2,958) 2

!

5,3047 MPa



De forma análoga, pueden calcularse los esfuerzos de Von Mises en el resto de los pernos. Perno

2. Esfuerzos medio y alterno de Von Mises : '

(2) m ed io !

506 ,308 MPa

W ' ( 2) _ al t erno! Perno

3, 8312MPa






W ' (3)_ me i ! 505 , 279 MPa

W ' (3) _ al te no! 5, 648 MPa ______________________________________________________________________________







Perno

4. Esfuerzos medio y alterno de Von Mises : W ' (4)_

W'

medio

!

506, 62 MPa

! (4 ) _ al t erno

2, 0697

MP

a

 Perno


 W ' (5)_ me i ! 504 ,992 MPa W ' (5) _ a l t erno 4, 6718 MPa  ______________________________________________________________________________ Universidad de los Andes Facultad de Ingeniería





Perno

6. Esfuerzos medio y alterno de Von Mises : W ' ( 6) _ me i ! 508 ,399 MPa

W ' ( 6) _ alte no! 2, 8111MPa 




Tema 1 - Elementos de sujeción roscados Sección 17 - Factores de Segur idad

Factor de Seguridad Vendría dado por: Wu

FS ! Wu

Perno

1.

Factor



F

*

*

We

W ' alt ernoW e

*

W ' m ed i o

de seguridad :

( )

!

(8 )( ,

(8 )( 2

, 8 )

4 )  (2

, 8 )( 4 ,715 )

! 1,5852

______________________________________________________________________________




Tema 1 - Elementos de sujeción roscados Sección 11 - Factores de Seguridad

Perno

2.

Factor

de seguridad : FS ( 2)

Perno

3.

Factor

4.

Factor

1,596

!

1,579

de seguridad : 

FS ( 3)

Perno

!

de seguridad 

FS (4 )

! 1,6159





Tema 1 - Elementos de sujeción roscados Sección 11 - Factores de Seguridad

Perno

5.

Factor

de seguridad : FS ( 5)

Perno

6.

Factor



!

1, 5915

de seguridad : FS (6)

! 1,6010

 ______________________________________________________________________________ Universidad de los Andes Facultad de Ingeniería Escuela de Ingeniería Mecánica


Finalmente, podemos tabular los factores de seguridad: Perno

FS

1

1,5852

2

1,5996

3 4

1,579 1,6159

5

1,5912

6

1,6010

En el diseño de pernos, se siempre se recomienda que FS>1,5.


Ejercicio-perno

Recommend Documents