Ejercicios de Factor de Seguridad Aplicando Teorías de Falla Estática

UNIVERSIDAD DE LAS FUERZAS ARMADAS ESPE EXTENSIÓN LATACUNGA

CARRERA DE INGENIERÍA AUTOMOTRIZ Apellidos y Nombres: Cabrera Roblez Milton Adrian Número ID: L00357410 Asignatura: DISEÑO DE ELEMENTOS DE MÁQUINAS NRC 4167 Período Académico: Abril 2018 - Agosto 2018 Unidad: primera Tema Asignado: ejercicios de esfuerzos ordinarios

REPORTE DE CÁLCULO Ejercicio 1

En una prueba de tensión efectuada a una barra de acero al carbón de 0.875 plg de diámetro, se obtuvieron los siguientes datos: a 20 000 lb, el espécimen se alargó 0.0087 plg en 8 plg; a 36 000 lb se alargó 0.022 plg en 8 plg; se observó cedencia a 33 000 lb y la fractura ocurrió ocurr ió a 60 000 lb. Dete Determina rminarr (a) la resis resistenc tencia ia en el punto de cede cedencia ncia;; (b) la resist resistencia encia última; última; (e) el módulo de elasticidad en tensión; (d) el número AISI de identificación de este acero. Datos: In[21]:=

d := 0.875 (*plg*) F1 := 20 00 000 0 (* lb*) 1 := 0.0087(*plg*) F2 := 36 00 000 0 (* lb*) 2 := 0.022(*plg*) sy := 33 00 000 0 (*lb*) 000 0 (* lb*) Fr := 60 00 L := 8 (* plg*) A =



* d2

4

(*plg2*) // N v

Out[29]= 0.60132

In[30]:=

0.6013204688511713` F1 * L E1 = A * 1

Out[30]= 0.60132 Out[31]= 3.0584

In[ ]:=

10

7

3.0584032226338416`*^7 (* c*)(*módulo de elasti elasticidad cidad*)

Out[  ]= 3.0584  ]=

In[33]:=

×

×

10

7

2.1770270212020896`*^7 sy Rc = A

Out[33]= 2.17703

×

10

7

879.2 .2 Out[34]= 54 879

In[35]:=

54879.222826136`

879.2 .2 Out[35]= 54 879

N° total de Páginas

31

N° de Página actual

1

REPORTE DE CÁLCULO 2

1.nb

In[36]:=

54879.222826136` Fr Rf = A

879.2 .2 Out[36]= 54 879 780.4 .4 Out[37]= 99 780

In[38]:=

54879.222826136` (* a*)(*res resist istenc encia ia en el pun punto to de ced cedenc encia ia *)

879.2 .2 Out[38]= 54 879

In[39]:=

99780.40513842908` (*b*)(*res resite itenci ncia a al pun punto to de ced cedenc encia ia *) 99780.40513842908`

d) El número de identificación AISI es el siguiente : acero al carbono AISI 1060

comentario: Mediante un ensayo de tracción se puede obtener experimentalmente el módulo de elasticidad que junto con los datos de resistencia última y resistencia en el punto de cedencia se puede predecir el comportamiento de un elemento sometido a cargas.

N° total de Páginas 31


2


Una placa placa de 1 in. de espesor está siendo procesada en una prensa mecánica de 150 ton. ¿Cuántos agujeros de 1 in. de diámetro pueden ser perforados si el material es acero AISI 1020, estirado en frío? ¿Cuántos agujeros si el material es AISI 1020, recocido? ¿Cuántos agujeros agujeros si el material material es AISI 3140?, recocido. Datos: In[ ]:=

In[ ]:=

F := 330 330 000(*lb*) d := 1 (*in*) S1020 r := 38 43 435 5(*psi*) S1020 e := 42 786. 786.1 1(*psi*) S3140 r := 55 114. 114.3 3(*psi*) 2 AT := 25 (*in *) AH =



d2

*

4

// N(*in2 *) valor numéri

Out[[ ]= 0.785398 Out

Primera perforación

In[ ]:=  1

=

F AT - AH

// N(*psi*) valor va lor nu num m ri

628.1 1 Out[[ ]= 13 628. Out

AISI 1020 recocido In[ ]:=

n =

S1020 r  1

Out[[ ]= 2.82027 Out

AISI 1020 estirado In[ ]:=

n =

S1020 e  1

Out[[ ]= 3.13954 Out

AISI 3140 recocido In[ ]:=

n =

S3140 r  1

Out[[ ]= 4.04415 Out

Segunda perforación


31


3


Ejercicio-2-2.nb

In[ ]:=  2

F

=

AT - 2 A H

// N(*psi*) valor num ri

Out[  ]= 14 085.

AISI 1020 recocido In[  ]:=

n =

S1020 r  2

Out[  ]= 2.72879

AISI 1020 estirado In[  ]:=

n =

S1020 e  2

Out[  ]= 3.03771


n =

S3140  2

Out[  ]= 4.54385

Tercera perforación

In[  ]:=  3

F

=

AT - 3 A H

// N(*psi*) valor num ri

Out[  ]= 14 573.5


n =

S1020 r  3

Out[  ]= 2.63732

AISI 1020 estirado In[  ]:=

n =

S1020 e  3

AISI 3140 recocido


31


4

REPORTE DE CÁLCULO Ejercicio-2-2.nb

In[  ]:=

n

S3140 r =

 3

Out[  ]= 3.78181

Total de agujeros por material AISI 1020 recocido S1020 r In[  ]:=  f1

=

1 Out[  ]= 38 435

In[  ]:=

x1020

AT =

F -

AH

 f1 *

AH

Out[ ]= 20.8991

AISI 1020 estirado S1020 e In[  ]:=  f1

=

1 Out[  ]= 42 786.1

In[  ]:=

x1020

AT =

F -

AH

 f1 *

AH

Out[ ]= 22.0108

AISI 3140 recocido S3140 r In[  ]:=  f2

=

1 Out[  ]= 55 114.3

In[  ]:=

x1020

AT =

F -

AH

 f2 *

AH

Out[ ]= 24.2074

Comentario: Mediante cálculos se puede determinar que el material al que se le puede aplicar más per foraciones es AISI 3140 ya que con éste material se puede asegurar muy escasamente un factor de seguridad mayor a 1.


31


5

3


Calcular el módulo de resiliencia para cada uno de los siguiemes materiales: (a) acero AISI 1020 recocido; (b) acero AISI 4340 normalizado; (e) acero inoxidable AISI tipo 302 estirado en frío; (d) aluminio 2024-T4; (e) bronce manganeso A, medio endurecido; (f) aleación de magnesio ASTM Tipo ZK60A-T5; (g) inconel X-750.

In[67]:=

Out[67]=

In[68]:=

In[69]:=

In[70]:=

In[71]:=  y1

:= 265 000000 (*Pa*)

E1 := 205 000000 000 (*Pa*) Ur1 =

 y1

2

(*Pa*) // N

2 * E1

valor n

Out[73]= 171 280.

In[74]:=  y2

:= 420 000000 (*Pa*)

E2 := 205 000000 000 (*Pa*) Ur2 =

 y2

2

2 * E2

(*Pa*) // N valor n

Out[76]= 430 244.


31


6

2

REPORTE DE CÁLCULO

3.nb

In[77]:=  y3

:= 205000 000 (*Pa*)

E3 := 189 000 000 000 (*Pa*) Ur3 =

 y3

2

(*Pa*) // N

2 * E3

valor n

Out[79]= 111 177.

In[80]:=  y4

:= 71 800 000 000 (* Pa*)

E4 := 72 000 000 000 (*Pa*) Ur4 =

 y4

2

(*Pa*) // N

2 * E4

valor n 10

Out[82]= 3.58003 × 10

In[83]:=  y5

:= 450000 000 (*Pa*)

E5 := 102 000 000 000 (*Pa*) Ur5 =

 y5

2

(*Pa*) // N

2 * E5

valor n

Out[85]= 992 647.

In[86]:= 992647.0588235294`

Out[86]= 992 647.

In[87]:=  y6

:= 280000 000 (*Pa*)

E6 := 44 000 000 000 (*Pa*) Ur6 =

 y6

2

(*Pa*) // N

2 * E6

valor

Out[89]= 890 909.

In[90]:= 890909.0909090909`

Out[90]= 890 909.


31


7

REPORTE DE CÁLCULO 3.nb

In[91]:=  y7

:= 555000 000 (* Pa*)

E7 := 215 000 000 000 (*Pa*) Ur7 =

 y7

2

2 * E7

(*Pa*) // N valor n

Out[93]= 716 337.

Comentario:

 ódulo de resiliencia hace referencia a la cantidad de energía almacenada en un cuerpo El módulo de resiliencia es la energía alamacenada en un elemento que se encuentra en la zona elástica,, en éste caso los valores tanto del módulo de young como limite de fluencia o límite elástico se obtuvieron del programa CES Selector.eformación elástica. En este caso se calculó el módulo de resiliencia tomando como datos los


31


8

3


In[  ]:=

Se tiene un cambio de diámetro de 2 a 1 1/2 plg con radio de filete de 1/8 plg en el punto de discontinuidad de una flecha motriz. Determine el factor teórico de concentración de esfuerzo K t si la flecha está sujeta a (a) flexión, (b) tensión, (c)torsión. Datos?

In[  ]:=

D1 := 2 3 d := 2 1 r := 8

a) La flecha está sometida a flexión

r In[  ]:=

F1 =

// N d

valor n

Out[  ]= 0.0833333

In[  ]:=

0.05` F2 =

D1

// N

d

v

Out[  ]= 0.05

1.3333333333333333`


31


9

2

4.nb

REPORTE DE CÁLCULO

El factor de concentración de esfuerzo es de K t =1.75

b) la flecha está sometida a tensión

El factor de concentración de esfuerzo para este caso, utilizando los datos anteriores es

K t =

2.75

c) la flecha está sometida a torsión

con los datos anteriores se puede observar que para una flecha que está sometida a torsión es

K t =

1.575

comntario: El factor de concentracion de esfuerzos se presenta como una gradiente de esfuerzos que se presenta en una discontinuidad de una sección transversal uniforme. El mayor concentrador de esfuerzos se produce a tensión.

N° total de Páginas 31

N° de Página actual 10


Una barra de acero laminado en caliente tiene una resistencia a la fluencia mínima a la tensión y compresión de 50 Kpsi. Usando las teorías de la energía de la distorsión y esfuerzo cortante máximo, determine los factores de seguridad de los siguientes estados de esfuerzo plano:

In[  ]:=

(*a*) (*Energía de la distorsión*)

Sy := 50 (*kpsi*)

xy1 := 0 (*kpsi*)  A1 := 12 (*kpsi*)  y1 := 6 (*kpsi*)  C1 := 0 (*kpsi*) na1 =

Sy

 A1 -  C1

// N valor numérico

Out[  ]= 4.16667

In[  ]:=

4.166666666666667`

Out[  ]= 4.16667

In[  ]:=

(*Esfuerzo cortante máximo*)

 a =  x12 -  x1  y1 +  y12 + 3 xy12

1 2

// N va

Out[  ]= 10.3923

In[  ]:=

10.392304845413264` Sy na2 =

 a

Out[  ]= 10.3923 Out[  ]= 4.81125


31


11


5.nb

In[  ]:=

(*b*) (*energía de la distorsión*)

 x2 := 12(*kpsi*) xy2 := - 8 (*kpsi*)  y2 := 0 (*kpsi*)  C2 := 0 (*kpsi*)  x2

 A2 =

 x2

+

2

2

 x2

 B2 =

2

 x2

-

2

2

2

+ xy22

+ xy22

Out[  ]= 16

Out[  ]=

In[  ]:=

-4 Sy

nb1 =

 A2 - ( C2)

// N v

Out[  ]= 3.125

In[  ]:=

(*esfuerzo cortante máximo*)

In[  ]:=

 b =  x22 -  x2  y2 +  y22 + 3 xy22 nb2 =

Out[  ]= 4

Sy

 b

1 2


21

Out[  ]= 2.72772

In[  ]:=

(*c*) (*energía de la distorsión*)

 x3 := - 6 (*kpsi*)  y3 := - 10 (*kpsi*) xy3 := - 5 (*kpsi*)  +   x3 -  y3  B3 = x3 y3 + 2

 C3 =

 x3 +  y3

2

2

-

2

 x3 -  y3 2

+ xy32 // N v

2

+ xy32 // N v

 A3 = 0 (*kpsi*)

Out[ ]=

- 2.61484

Out[  ]=

- 13.3852

Out[  ]= 0


31


12


In[  ]:=

- 13.385164807134505`

nc1 = Out[  ]=

Sy

 A3 -  C3

- 13.3852

Out[  ]= 3.73548

In[  ]:=

3.7354788469507088` (*esfuerzo cortante máximo*)

Out[  ]= 3.73548

In[  ]:=

 c =  x32 -  x3  y3 +  y32 + 3 xy32

1 2

// N v

Out[  ]= 12.2882

In[  ]:=

12.288205727444508` Sy nc2 = // N

 c

valor numéri

Out[  ]= 12.2882 Out[  ]= 4.06894

In[  ]:=

(*d*) (*energía de la distorsión*)

 x4 := 12 (*kpsi*)  y4 := 4 (*kpsi*) xy4 := 1 (*kpsi*)

In[  ]:=

 A4 =

 B4 =

 x4 +  y4 2

 x4 +  y4

2

2

 x4 -  y4

-

2

 C4 := nd1 =

 x4 -  y4

+

2

+ xy42 // N v

2

+ xy42 // N v

0 (* kpsi*) Sy

 A4 -  C4


Out[  ]= 12.1231 Out[  ]= 3.87689 Out[  ]= 4.12436


31


13

3


4

In[  ]:=

4.1243557174280205`

 d =  x42 -  x4  y4 +  y42 + 3 xy42

1 2

//

N v

nd2 =

Sy

 d

//

N valor numérico

Out[  ]= 4.12436 Out[  ]= 10.7238 Out[  ]= 4.66252

Comentario:

 ón se puede decir que en todos los casos de cálculo, la energía de la distorsión es siempre más conservadora que la teoría del esfuerzo cortante máximo o de von misses, tomando los valores de los esfuerzos ordinarios ya dados se puede aplicar un criterio de condiciones a éstos para aplicar correctamente las ecuaciones de esfuerzos principales.


31


14


6) 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 estado de esfuerzo plano. a)  A = 12kpsi,  B = 12kpsi b)  A = 12kpsi,  B = 6kpsi c )  A = 12kpsi,  B = -12kpsi d )  A = -6kpsi,  B = -12kpsi In[ ]:=

a)  A = 12kpsi,  B = 12kpsi

Esfuerzos cortantes máximos :  A   B  0 entonces  3 =0  1 =  A In[ ]:=  1 : = 12 (*Kpsi*)  3

In[ ]:=

: = 0

Sy := 50(*Kpsi*) Sy

In[ ]:=

n =

// N

 1 -  3 Out[ ]=

valo

4.16667

n=4.17 Esfuerzos principales por teoría de la energía de distorsión o VM : In[ ]:=

 A := 12(*Kpsi*)  B := 12(*Kpsi*)  xy := 0  p =

 A2 - ( A *  B)+  B2 + 3 *  xy2 (*Kpsi*) // N v

Sy n =

// N

 p Out[ ]=

12.

Out[ ]=

4.16667

valor numérico

n=4.17 b)  A = 12Kpsi,  B = 6kpsi Esfuerzos cortantes máximos :  A   B  0 entonces  3 =0  1


=  A

31


15


eJERCICIO 6.nb

In[  ]:=  A

:= 12(*Kpsi*)

 B

:= 6(*Kpsi*)

 xy

:= 0(*Kpsi*)

Sy := 50(*Kpsi*)  1

:= 12(*Kpsi*)

 3

:= 0

Sy In[  ]:=

n =

// N  1 -  3

va o

Out[ ]= 4.16667

n=4.17 Esfuerzos principales por teoría de la energía de distorsión o VM : Out[  ]= 10.3923

Sy In[  ]:=

n =

// N  p

valor nu

Out[  ]= 4.81125

n=4.811 c)  A = 12Kpsi,  B = -12 kpsi Esfuerzos cortantes máximos Como  A  0   B entonces:  1

=

 A

 3

=

 B

In[  ]:=  A

:= 12(*Kpsi*)

 B

:= -12(*Kpsi*)

 1

:= 12(*Kpsi*)

 3

:= -12(*Kpsi*)

Sy := 50(*Kpsi*) Sy n =

// N  1 -  3

valor

Out[  ]= 2.08333

In[  ]:=

n=2.0833 Esfuerzos principales por teoría de la energía de distorsión o VM :


31


16

REPORTE DE CÁLCULO eJERCICIO 6.nb

In[  ]:=  p

=

 A

2

- ( A *  B ) +  B2 (*Kpsi*) // N v

Out[  ]=

20.7846

Sy In[  ]:=

n =

// N valor nu

 p

Out[  ]=

2.40563

n=2.41 d) A = -6kpsi,  B = -12 kpsi Esfuerzo cortante máximo : := 12(*Kpsi*)

In[  ]:=  x  y

:= 4(*Kpsi*)

 z

:= 0(*Kpsi*)

 xy

:= 1(*Kpsi*)

Sy := 50(*Kpsi*)  3 =0

porque

 A   B 

0

:= 12.1231

In[  ]:=  1

:= 0

 3

Sy In[  ]:=

n =

// N  1

Out[ ]=

-  3

v al o

4.12436

n=4.12 Esfuerzos principales por teoría de la energía de distorsión o VM : In[  ]:=  p

=

 A

2

- ( A *  B ) +  B2 (*Kpsi*) // N v

Out[  ]=

20.7846

Sy In[  ]:=

n =

// N valor nu

 p

Out[  ]=

2.40563

n=2.405

  éste caso los esfuerzos principales ya están dados lo cual nos permite hacer uso de las teorías de falla simplificadas para cada caso.


31


17

3


repita el ejercicio 5 para una barra de Acero AISI 1020 estirado en frio y a)  X = 180 Mpa,  y = 100 Mpa b)  X = 180 Mpa,

xy

c)  X = - 160 Mpa,

= 100 Mpa

xy

= 100 Mpa

d) xy = 150 Mpa

acero AISI 1020 estirado en frio

In[ ]:=

Sy := 390 (*Mpa*)

a)----------------------------------------------------------------------------------------------------- X

In[ ]:=  x  y

In[ ]:=  A

Out[  ]=

180 Mpa,

 y

=

100 Mpa

:= 180 (*MPa*) := 100 (*MPa*)

=

 x

+

 y

+

 x

2

-

 y

2

// N

2

va

180.

In[  ]:=  B

Out[  ]=

=

=

 x

+

 y

-

2

 x

-

 y

2

// N

2

v

100. ECM

caso 1  A B 0

 1

=

 A

y  3

=

0

entonces In[  ]:=  1  3


:=  A := 0

31


18


7.nb

In[  ]:=

Sy

n=

Out[  ]=

( 1 -

 3 )

// N v

2.16667

ED (Von Mises) In[  ]:=

In[ ]:=

 1 := 180 (*Mpa*)  2 := 100 (*Mpa*)  12 -  1  2 +  22 

 ´ =

// N v

Out[  ]=

In[  ]:=

Out[  ]=

156.205

Sy

n=

 ´

// N valor n

2.49672

b)------------------------------------------------------------------------------------------------------ X

In[  ]:=

In[  ]:=

Out[  ]=

In[  ]:=

Out[  ]=

=

180 Mpa,

xy

=

100 Mpa

 x := 180 (*Mpa*)  y := 0 xy := 100 (*Mpa*)  x +  y

 A =

 x -  y

+

2

2

2

+ xy 2 // N v

224.536

 x +  y

 B = -

 x -  y

-

2

2

2

+ xy 2 // N v

44.5362

ECM caso 2  A 0 B

 1

=

 A

y  3

=

 B

entonces In[  ]:=

 1 :=  A  3 :=  B

In[  ]:=

n=

Out[  ]=

Sy ( 1 -

 3 )

// N v

1.44942

ED (Von Mises)


31


19


In[  ]:=

In[  ]:=

 1 :=  A  2 :=  B  12 -  1  2 +  22 

 ´ =

// N v

Out[  ]= 249.8

In[  ]:=

Out[  ]=

n =

Sy

 ´

// N valor n

1.56125

c)------------------------------------------------------------------------------------------------------- X = -160 Mpa,  xy In[  ]:=

In[  ]:=

=

100 Mpa

 x := - 160(*Mpa*)  y := 0 xy := 100 (*Mpa*)  x +  y

 A =

 x -  y

+

2

2

2

+ xy2 // N v

Out[  ]= 48.0625

In[  ]:=

Out[  ]=

 x +  y

 B = -

 x -  y

-

2

2

2

+ xy2 // N v

208.062

ECM caso 2

 A 0 B

 1

=

 A

y  3

=

 B


 1 :=  A  3 :=  B

In[  ]:=

n =

Out[  ]=

Sy ( 1 -

 3 )

// N v

1.52269


In[  ]:=

 1 :=  A  2 :=  B  12 -  1  2 +  22 

 ´ =

// N v

Out[  ]= 235.797


31


20

3


7.nb

In[  ]:=

Out[  ]=

Sy

n =

 ´

// N valor n

1.65397

d)--------------------------------------------------------------------------------------------------- xy In[  ]:=

In[  ]:=

=

150 Mpa

 x := 0  y := 0 xy := 150 (*Mpa*)  x +  y

 A =

 x -  y

+

2

2

2

+ xy2 // N v

Out[  ]= 150.

In[  ]:=

Out[  ]=

 x +  y

 B = -

 x -  y

-

2

2

2

+ xy2 // N v

150.

ECM  A 0 B

caso 2

 1

=

 A

y  3

=

 B


 1 :=  A  3 :=  B

In[  ]:=

n =

Out[  ]=

Sy ( 1 -  3)

// N v

1.3


In[  ]:=

 1 :=  A  2 :=  B  ´ =

 1 2 -  1  2 +  2 2

// N v

Out[  ]= 259.808

In[  ]:=

Out[  ]=

n =

Sy

 ´

// N valor n

1.50111

  ó la tabla de materiales de Shigley A-20 con la cual se determinó la resistencia a la fluencia y a la tensión lo cual nos permitío plantear las teorías de falla requridas en el ejercicio.


31


21


repita el ejercicio 5 para una barra de Acero AISI 1020 estirado en frio y a)  X = 180 Mpa,  y = 100 Mpa b)  X = 180 Mpa,

xy

c)  X = - 160 Mpa,

= 100 Mpa

xy

= 100 Mpa

d)  xy = 150 Mpa

acero AISI 1020 estirado en frio

In[  ]:=

Sy := 390(*Mpa*)

a)------------------------------------------------------------------------------------------------------------- X = 180 Mpa,  y = 100 Mpa In[ ]:=  x

:= 180 (*MPa*)

 y

:= 100 (*MPa*)

In[ ]:=  A

Out[  ]=

 x

+  y

+

 x

2

-  y

2

// N

2

va

180.

In[  ]:=  B

Out[  ]=

=

=

 x

+  y

-

2

 x

-  y

2

// N

2

v

100. ECM

caso 1  A  B0

 1

=

 A

y  3 = 0

entonces In[  ]:=  1  3


:=

 A

:= 0

31


22


8.nb

In[  ]:=

Sy

n =

Out[  ]=

( 1 -  3)

// N v

2.16667


In[ ]:=

 1 := 180 (*Mpa*)  2 := 100 (*Mpa*)  ´ =

 1 2 -  1  2 +  2 2

// N v

Out[  ]=

In[  ]:=

Out[  ]=

156.205

Sy

n =

 ´

// N va or n

2.49672

b)----------------------------------------------------------------------------------------------------------- X

In[  ]:=

In[  ]:=

Out[  ]=

In[  ]:=

Out[  ]=

=

180 Mpa,

xy

=

100 Mpa

 x := 180 (*Mpa*)  y := 0 xy := 100 (*Mpa*)  x +  y

 A =

 x -  y

+

2

2

2

+ xy2 // N v

224.536

 x +  y

 B = -

 x -  y

-

2

2

2

+ xy2 // N v

44.5362

ECM caso 2  A0 B

 1

=

 A

y  3

=

 B


 1 :=  A  3 :=  B

In[  ]:=

n =

Out[  ]=

Sy ( 1 -  3)

// N v

1.44942

ED (Von Mises)


31


23


In[  ]:=

In[  ]:=

 1 :=  A  2 :=  B  12 -  1  2 +  22 

 ´ =

// N v

Out[  ]= 249.8

In[  ]:=

Out[  ]=

n =

Sy

 ´

// N valor n

1.56125

c)------------------------------------------------------------------------------------------------------- X = -160 Mpa,  xy In[  ]:=

In[  ]:=

=

100 Mpa

 x := - 160(*Mpa*)  y := 0 xy := 100 (*Mpa*)  x +  y

 A =

 x -  y

+

2

2

2

+ xy2 // N v

Out[  ]= 48.0625

In[  ]:=

Out[  ]=

 x +  y

 B = -

 x -  y

-

2

2

2

+ xy2 // N v

208.062

ECM caso 2

 A 0 B

 1

=

 A

y  3

=

 B


 1 :=  A  3 :=  B

In[  ]:=

n =

Out[  ]=

Sy ( 1 -

 3 )

// N v

1.52269


In[  ]:=

 1 :=  A  2 :=  B  ´ =

 12 -  1  2 +  22 

// N v

Out[  ]= 235.797


31


24

3


8.nb

In[  ]:=

Out[  ]=

Sy

n =

 ´

// N valor n

1.65397

d)------------------------------------------------------------------------------------------------------ xy In[  ]:=

In[  ]:=

=

150 Mpa

 x := 0  y := 0 xy := 150 (*Mpa*)  x +  y

 A =

 x -  y

+

2

2

2

+ xy2 // N

Out[  ]= 150.

In[  ]:=

Out[  ]=

 x +  y

 B = -

 x -  y

-

2

2

2

+ xy2 // N

150.

ECM caso 2

 A 0 B

 1

=

 A

y  3

=

 B


 1 :=  A  3 :=  B

In[  ]:=

n =

Out[  ]=

Sy ( 1 -

 3 )

// N v

1.3


In[  ]:=

 1 :=  A  2 :=  B  12 -  1  2 +  22

 ´ =

// N v

Out[  ]= 259.808

In[  ]:=

Out[  ]=

n =

Sy

 ´

// N valor n

1.50111

         ó la tabla de Shigley A-20 con la cual s eobtiene los datos de resistencia a la fluencia y a la tensión para de esa manera poder plantear de mejor manera las teorías de falla requeridas en el ejercicio. N° total de Páginas

31


25


repita el ejercicio 5 para una barra de Acero AISI 1018 laminado en caliente y a)  A = 100 Mpa,

 B

= 80 Mpa

b)  A = 100 Mpa,

 B

= 10 Mpa

c)  A = 100 Mpa,

 B

= - 80 Mpa

d)  A = - 80 Mpa,

 B

= - 100 Mpa

acero AISI 1018 laminado en caliente

In[  ]:=

Sy := 220 (*Mpa*)

a)-------------------------------------------------------------------------------------------------------- A = 100 Mpa,  B = 80 Mpa In[ ]:=

 A := 100 (*MPa*)  B := 80 (*MPa*) ECM caso 1  A  B 0

 1

=

 A

y  3 = 0

entonces In[ ]:=

 1 :=  A  3 := 0 n =

Out[  ]=

Sy ( 1 -

 3 )

// N v

2.2


 1 :=  A  2 :=  B  ´ =

 12 -  1  2 +  22 

// N v

Out[  ]=

91.6515


31


26


9.nb

In[  ]:=

Out[  ]=

Sy

n =

 ´

// N valor n

2.4004

b)---------------------------------------------------------------------------------------------------------- A

In[  ]:=

=

100 Mpa,

 B

=

10 Mpa

 A := 100 (*Mpa*)  B := 10 (*Mpa*) ECM caso 1  A  B



0

 1

=

 A

y  3

=

0

entonces In[ ]:=

 1 :=  A  3 := 0 Sy

n =

Out[  ]=

( 1 -

 3 )

// N v

2.2


 1 :=  A  2 :=  B  ´ =

 12 -  1  2 +  22 

// N v

Out[  ]=

In[  ]:=

Out[  ]=

95.3939

n =

Sy

 ´

// N valor n

2.30623

c)--------------------------------------------------------------------------------------------------------- A In[  ]:=

=

100 Mpa,

 B

80 Mpa

= -

 A := 100 (*Mpa*)  B := - 80(*Mpa*) ECM caso 2

0 B

 A 

 1

=

 A

y  3

=

 B


 1 :=  A  3 :=  B


31


27


Sy

n =

Out[  ]=

( 1 -  3)

// N v

1.22222


 1 :=  A  2 :=  B  1 2 -  1  2 +  2 2

 ´ =

// N v

Out[  ]=

In[  ]:=

Out[  ]=

156.205

Sy

n =

// N

 ´

valor n

1.40841

d)-------------------------------------------------------------------------------------------------------- A

In[  ]:=

=

-

80 Mpa,

 B

=

-

100 Mpa

 A := - 80 (*Mpa*)  B := - 100 (*Mpa*) ECM caso 2 0 A  B

 1

=

0 y  3

=

 B

entonces In[ ]:=

 1 := 0  3 :=  B n =

Out[  ]=

Sy ( 1 -  3)

// N v

2.2


 1 :=  A  2 :=  B  1 2 -  1  2 +  2 2

 ´ =

// N v

Out[  ]=

In[  ]:=

Out[  ]=

91.6515

n =

Sy

 ´

// N valor n

2.4004

Comentario: Se aplicó teorías de falla estática para materiales dúctiles, se calculó los esfuerzos ordinarios a partir de los principales y según las teorías de falla requeridas para éste ejercicio se obtuvieron los factores de diseño,


31


28

3


10. Dos tubos de acero se ajustan por contracción donde los diámetros son 1.50, 1.75 y 2.0 pulg. Mediciones cuidadosas que se realizaron antes del ajuste revelaron que la interferencia diametral entre los tubos es de 0.00246 pulg. Después del ajuste, el ensamble se sujeta a un par de torsión de 8000 lbf *pulg y un momento flexionante de 6000 lbf *pulg. Suponiendo que no hay deslizamiento entre los cilindros, analice el cilindro exterior en los radios interno y externo. Determine el factor de seguridad usando las energía de distorsión con S y 60 kpsi. =

In[ ]:=

di := 1.5 (*plg*)

In[ ]:=

d := 1.75(*plg*)

In[ ]:=

de := 2 (*plg*)

In[ ]:=

 : = 0.00246(*plg*)

In[ ]:=

T := 8000(*lbf*plg*)

In[ ]:=

M := 6000(*lbf*plg*)

In[ ]:=

Sy := 60 (*ksi*)

Módulo de elasticidad In[ ]:=

 : = 30 000 000(*psi*)(*tabla

A -5*)

Relación de Poisson In[ ]:=

v := 0.292(*tabla A -5*)

Momento de inercia In[ ]:=

 =

 * 24 - 1.54

(*in4 *)

64

Out[ ]= 0.536893

Presión de contacto por interferencia In[ ]:=

p =

 *  de2 - d2 d2 - di2 2 d3

de 2 - di 2

// N(*psi*) valor numéri

Out[ ]= 2996.88

Tubo exterior ESFUERZOS TANGENCIALES  y In[ ]:=

( t )e =

p * d2 de 2 - d2

(*psi*)

Out[ ]= 9789.8

ESFUERZOS LONGITUDINALES In[ ]:=

( l )i =

d2 * p de 2 - d2

* 1+

de 2 d2

(*psi*)

Out[ ]= 22 576.5

ESFUERZOS RADIALES  z


31


29


10.nb

In[  ]:=

Out[  ]=

( l)i =

d2 * p de2 - d2

* 1-

de2 d2

(*psi*)

- 2996.88

ESFUERZOS NORMALES A FLEXIÓN de

M*

2

( x)e =

(*psi*)(* y*)

 Out[  ]= 11 175.4

d

M* In[  ]:=

2

( x)i =

(*psi*)

 Out[ ]= 9778.48

ESFUERZOS A TORSIÓN In[  ]:=

J = 2 * 

Out[  ]= 1.07379

de

T* (xy)e =

2

J

(*psi*)(*xy*)

Out[  ]= 7450.27

d

T* In[  ]:=

(xy)i =

2

(*psi*)

J

Out[ ]= 6518.99

el plano exterior esta sometido a mayor estrés In[  ]:=  x

=

( x)e

(*kpsi*)

1000

Out[  ]= 11.1754

In[  ]:=  y

=

( t)e

(*kpsi*)

1000

Out[  ]= 9.7898

In[  ]:= xy

=

(xy)e

(*kpsi*)

1000

Out[  ]= 7.45027

In[  ]:=  1

=

 x +  y

+

2

 x -  y

2

2

+ xy 2 // N (*ksi*) va or num r c

Out[ ]= 17.965

In[  ]:=  2

=

 x +  y

2

-

 x -  y

2

2

+ xy 2 // N (*ksi*) valor numéric

Out[ ]= 3.00019


31


30

Ejercicios de Factor de Seguridad Aplicando Teorías de Falla Estática

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