EJERCICIOS TIPO DE DISEÑO DE ELEMENTOS DE MÁQUINAS CARRERA DE INGENIERÍA MECÁNICA DE LA ESPE 7-20 La barra de acero AISI 1018 estirado en frío que se muestra en la figura está sometida a una carga de tensión que fluctúa entre 800 y 3000 lb. Evalúe los factores de seguridad contra falla por fluencia y por acción de d e la fatiga.
Acero AISI 1018 estirado en frío: Sut = 64 Sy = 54
Superficie
Ka = a * Sut b = 2.7*64 -0.265 = 0.91
Tamaño
kb = 1 Carga axial
Carga
kc = 0.923
Carga axial
Concentración esfuerzos ke = 1/kf w=1yd=¼
d/w = 0.25 => kt = 2.42
Sut= 64 y r = 1/8 => q = 0.8 ke = 0.467 Se = Se’. ka . kb . kc . ke Se = (0.504*64) * 0.91 * 1.00 * 0.923 * 0.467 = 12.65 Fmax = 3000lb 3000lb y Fmin = 800 lb
kf = 1+ (2.42 –1)*.8 = 2.14
σ
=
σ
=
a
m
σ
a
Se
+
n=
3000 800 2
3000 + 800 2
σ
m
Sut
*
1 3 3 * 8 4 1
*
3 3 * 8 4
n 1
12650
= 6755.5
1
=
3911.1
= 3911.1
+
= 2 .4
6755.5
Fatiga
64000
54000 n = 3000 = 5.1
Fluencia
(38 * 3 4 )
7-21 Igual que en el problema 7-20, salvo que la carga fluctúa entre –800 y 3000 lb. Suponga que no hay pandeo. Fmax = 3000 lb y Fmin = -800 lb
σ
σ
a
=
m
=
n=
3000 + 800 2 3000 800 2
*
*
1 0.281 1 0.281
1 6755.5 12650
n = 5.1
+
3911.1
= 6755.5
= 3911.1
= 1 .7
Fatiga
64000
Fluencia
7-22 Las mismas condiciones que en el problema 7-21, excepto que la carga fluctúa entre 800 y –3000 lb. Suponga que no hay pandeo. Fmax. = 800 lb y Fmin = -3000lb
σ
=
σ
=
a
m
σ
a
Se
+
n=
3000 800 2
3000 + 800 2
σ
m
Sut
*
1 3 3 * 8 4 1
*
3 3 * 8 4
n 1
12650
= 6755.5
1
=
3911.1
= 3911.1
+
= 2 .4
6755.5
Fatiga
64000
54000 n = 3000 = 5.1
Fluencia
(38 * 3 4 )
7-21 Igual que en el problema 7-20, salvo que la carga fluctúa entre –800 y 3000 lb. Suponga que no hay pandeo. Fmax = 3000 lb y Fmin = -800 lb
σ
σ
a
=
m
=
n=
3000 + 800 2 3000 800 2
*
*
1 0.281 1 0.281
1 6755.5 12650
n = 5.1
+
3911.1
= 6755.5
= 3911.1
= 1 .7
Fatiga
64000
Fluencia
7-22 Las mismas condiciones que en el problema 7-21, excepto que la carga fluctúa entre 800 y –3000 lb. Suponga que no hay pandeo. Fmax. = 800 lb y Fmin = -3000lb
σ
=
σ
=
a
m
n=
800 + 3000 2 800 3000 2
12650 6755.5
*
*
1 0.281
= 6755.5
1 0.281
= 3911.1
Fatiga
= 1 .9
7-23 La figura muestra dos vistas de un resorte plano de acero cargado a flexión por la fuerza F. El resorte soporta un peso estático de exactamente 9.36 kN. Durante la operación, la carga total que se ejerce en el resorte, según se determina, fluctúa hasta un máximo de 10.67 kN. El resorte se ha hecho por forja con un acero al carbono de 95 puntos y tiene las siguientes propiedades mínimas después de pasar por el tratamiento adecuado: S ut = 1400 Mpa, Syt950 Mpa, HB = 399 y una reducción de 32% en el área. Determine el factor de seguridad, si el resorte mide 18 mm de espesor.
Sut = 1400 Mpa Sy = 950 Mpa
Fmax = 10.67 kN y Fmin = 9.36 kN
R1 = R2 = F/2 y M = 150 * R b
Superficie
ka = a * Sut = 272*1400
Tamaño
de = 0.808(18*75)
kb = Carga
36.7 7.62
kc = 1
1/2
-0.995
= 0.201
= 36.7 mm
.01133
= 0.84 Flexión
Forjado
Concentración de esfuerzos ke = 1/kf d = 10 ; h = 18 y w = 75
=> d/w = 0.133 y d/h = 0.556
kt = 2.2
Su = 1400 Mpa y r = 5 mm => q = 1 kf = kt
ke = 0.455
Se = Se’. ka . kb . kc . ke Se = (0.506*1400) * 0.201 * 0.84 * 1 * 0.455 = 54.42 Mpa 2
Z = 1/6 *(75-10)*18 = 3510
σ
σ
150 * (10670
a
=
m
=
n=
9360)/ 2
2 150 * (10670 + 9360 )/ 2 2 1 14
54.4
+
214
*
*
1 3510 1 3510
= 14
= 214
= 2 .4
1400
7-24 La figura muestra un resorte, formado de un alambre redondo, que trabaja en voladizo y está sometido a una fuerza variable. Un ensayo de dureza, efectuado en 25 resortes, dio una dureza mínima de 380 Bhn. Se observa, por el montaje indicado, que no hay concentración de esfuerzo. Con sólo observar estas piezas, se nota que el acabado de la superficie corresponde estrechamente a un acabado de laminación en caliente. ¿Qué número de aplicaciones de carga causará probablemente la falla?
380 Bhn Laminado en caliente
Sut = 500 Bhn = 500*380 = 190 psi
Fmax = 30 lb Fmin = 15 lb ka = a * Sut b = 14.4*190 -0.718 = 0.333
kb =
0.375
.01133
= 0.975
0.3
kc = 1 kd = 1 ke = 1 Se = Se’. ka . kb . kc . ke Se = (0.5*190) * 0.333 * 0.975 * 1 * 1 * 1 = 61.658 Ksi
σ
a
=
(30 15) * 16 * 3 / 8 * 1 / 2 π
* (3 / 8) 4
= 46357.237
64
σ
m
=
(30 + 15) * 16 * 3 / 8 * 1 / 2 π
* (3 / 8) 4 64
Si n = 1
= 139071.711
σ
σ
a
Se *
+
m
Sut
46357.237 Se *
=1
+
139071.711 190000
=1
Se* = 173ksi
a=
b=
(0.9 * 190)2 61.6 1 3
log
= 474.7
0.9 * 190 61.6
= 0.148
173 = 474.7 * N 0.148 N = 916 ciclos
7-25 La figura es el esquema de un resorte de cerrojo de 3 18 mm. Se obtiene una precarga durante el montaje por calzaje bajo los pernos, de manera que ello se traduce en una defexión adicional exactamente de 4 mm. El material es de acero de alto carbono esmerilado, doblado y después templado y revenido a una dureza mínima de 490 Bhn. El radio de la dobladura es 3 mm. a) Determine las fuerzas sobre el cerrojo máxima y mínima. b) ¿Es probable que el resorte falle por fatiga?
490 Bhn Sut = 500 * 490 = 245 ksi
b*h3
I =
12
y =
k =
σ
=
=
0.709 * 0.118 3 12
= 9.708 × 10
5
f * l 3 3 EI f y
=
Mc I
3 EI l 3
=
=
3 * 30 × 10 6 * 9.708 × 10
5
3.937 3
143.2 * 39.37 * 0.059 9.708 × 10
= 143.178lb / p lg
= 342.581 Ksi Esfuerzo flexionantecausado por la
5
deflexión de 1 plg 2mm = 0.079 plg 6mm = 0.236 plg
max = 0.236*342.581 = 80.849 ksi min = 0.079*342.581 = 27.063 ksi F min =
y * 3 EI l 3
=
0.079 * 3 * 30 ×10 6 * 9.708 ×10 3.937 3
5
= 11.311lb
F max = 33.79lb
σ
=
σ
=
a
m
80.849 27.063 2 80.849 27.063 2
= 26.893
= 53.956
ka = a * Sut = 14.4*245
b
-0.718
de = 0.808(0.118*0.709)
1/2
kb =
0.234
kc = 1 kd = 1
0.3
.01133
=1 Flexión
= 0.277
= 0.234
Laminado en caliente
ke = 1/kf
kf = kt
ke = 0.667
kt = 1.5
Se = Se’. ka . kb . kc . ke Se = (1*245) * 0.277 * 1 * 1 * 1 * 0.667 = 45.266 σ
σ
a
+
Se *
m
Sut
=
1 n
1
n=
26.893 45.266
+
53.956
= 1.228 No falla por fatiga
245
7-26 En la figura se muestra el diagrama de cuerpo libre de una parte de una biela, en la que se produce una concentración de esfuerzos en tres lugares. Las dimensiones son: r = 0.25 in, d = 0.75 in, h = 0.50 in, w 1 = 3.75 in y w 2 = 2.5 in. Las fuerzas F fluctúan entre una tensión de 4 Kip y una compresión de 16 Kip. Omita la acción de columna y determine el mínimo factor de seguridad.
r d
=
D d d w1
0.25
=
=
2.5
= 0.1
3.75 2 .5 0.75 3.75
= 1.5
= 0 .2
Ktentalle = 2.1 Ktagujero = 2.5 Agujero
16 + 4 σ
σ
(0.5 * 3.75
a
=
m
= 16ksi
0.5 * 0.75) 2
= 26.667ksi
Entalle
16 + 4 σ
a
=
(0.5 * 2.5) = 32ksi 2
16 σ
m
=
4
(0.5 * 2.5) = 19.2ksi 2
Se = kc*ke*Sut Se entalle = 0.923 *
Se agujero = 0.923 *
1 2.1
* 0.5 * Sut = 0.22 Sut
1 2 .5
* 0.5 * Sut = 0.185Sut
Asumimos Sut = 296.378 nentalle =
1 σ
a
Se
nentalle =
32
Sut
0.22 * Sut
1 σ
a
Se
σ
+
1
m
σ
+
=
= m
Sut
+
Sut 26.667 0.185 * Sut
19.2
=
296.378 164.655
= 1.8
Sut
+
16
=
296.378 160.146
= 1.85
Sut
7-27 Una barra de acero tiene las propiedades mínimas Se = 276 Mpa, Sy = 413 Mpa y Su = 551 Mpa. Para cada uno de los casos indicados a continuación, evalúe el factor de seguridad contra falla estática y contra falla por fatiga, o la duración esperada de la pieza. a) Un esfuerzo por torsión constante de 103 Mpa y un esfuerzo por flexión alternante de 172 Mpa. b) Un esfuerzo por torsión constante de 138 Mpa y un esfuerzo torsional alternante de 69 Mpa. c) Un esfuerzo torsional constante de 103 Mpa y un esfuerzo torsional alternante de 69 Mpa y un esfuerzo flexional alternante de 83 Mpa. d) Un esfuerzo torsional alternante de 207 Mpa.
e) Un esfuerzo torsional alternante de 103 Mpa y un esfuerzo de tensión constante de 103 MPa. Se = 276 Mpa Sy = 413 Mpa Sut = 551 Mpa a) Torsión constante xy = 103 Mpa Flexión alternante x = 172 Mpa
σ
,
A σ B
σ
,
A σ B
σ
x
=
=
2
±
172
' = (σ A 2
σ
σ
±
2
σ
A
x
172
'
=
σ
1
+ 103
276 247.812
Sy
=
= 220.183; 48.183
2
= 1.114
1
413 247.812
Fatiga
2
' ' = (172 2 + 3 * 103 2 )
σ
''
1
2
220.183 * 48.183 + 48.183 2 )
' ' = (σ x 2 + 3τ xy 2 )
σ
2
* σ B + σ B 2 )
σ
n=
2
2
2
2
' = (220.183 2 Se
+ τ xy
2
σ
n=
1
2
1
2
= 247.812
= 1.667
Estático
b) Torsión constante xym = 138 Mpa Torsión alternante xya = 69 Mpa
1
2
= 247.812 Mpa
σ
σ
a
(
' = 3 * 69 2
1
)
(
2 m ' = 3 * 138
2
1
)
= 119.512
2
= 239.023
Se * Sut
n= σ
a
* Sut + σ m * Se
=
276 * 551 119.512 * 551 + 236.023 * 276
= 1.154
Fatiga
= 1.285
Fatiga
' = 239.023
σ
n=
Syt 413 = = 1.728 ' 239.023
Estático
σ
c) Torsión constante xym = 103 Mpa Torsión alternante xya = 69 Mpa Flexión alternante x = 83 Mpa σ
σ
(
a
' = 83 2 + 3 * 69 2
m
' = 3 * 103 2
(
1
)
2
1
)
2
= 138.401
Se * Sut
n= σ
a
= 145.506
* Sut + σ m * Se
=
276 * 551 145.506 * 551 + 138.401 * 276
1
' = (83 2 + 3 * 103 2 ) 2 = 196.764
σ
n=
Syt 413 = = 2.099 ' 196.764 σ
d) Torsión alternante xy = 207 Mpa
Estático
σ
a
(
' = 3 * 207 2
n=
n=
1
)
2
= 358.535
Se * Sut σ
a
=
* Sut + σ m * Se
276 * 551 358.535 * 551
Syt 413 = = 1.152 ' 358.535
= 0.77
Falla fatiga
Estático
σ
a=
(0.9 * 551) 2
= 891.003
276 1
b=
3
log
0.9 * 551 Se
= 0.085
358.535 = 891.003 * N
0.085
N = 45306 ciclos
e) Torsión alternante xya = 103 Mpa Tensión constante = 103 Mpa σ
σ
(
2 a ' = 3 * 103
m
1
)
2
= 178.401
' = 103 Se * Sut
n= σ
a
* Sut + σ m * Se
=
276 * 551 178.401 * 551 + 103 * 276
= 1.2
Fatiga
1
' = (103 2 + 3 * 103 2 ) 2 = 206
σ
n=
Syt 413 = = 2.05 ' 206
Estático
σ
7-28 Un recipiente de presión esférico, de 600 mm de diámetro, está hecho de lámina de acero estirada en frío que tiene Su = 440 Mpa, Sy = 370 Mpa, y su espesor es de 3 mm. El recipiente soportará un número infinito de variaciones de presión desde 0 hasta máx . a) ¿Qué presión máxima ocasionará fluencia estática? b) ¿Qué presión máxima causará finalmente falla por fatiga? En cualquier caso, las juntas y conexiones están reforzadas en forma adecuada y no debilitan al recipiente.
σ
x
σ
=
P (di + t ) 2t
m ' = σ a ' =
1 P (0.6 + 0.003) 2
2 * 0.003
Sut * Se
n= σ
a
Sut + σ m Se
n =1 =
b) P =
n =1=
0.5 * Sut 2
= σ
a
Sut + σ m * 0.5Sut
0.5 * Sut P (0.6 + 0.003) 0.5 2 * 0.003 2 * 0.003 * 440 ×10 6 0.6 + 0.003
= 4.378 Mpa
Fatiga
Sy 0.504 * 440 = 0.6 + 0.003 ' σ
P *
2 * 0.003 P = 2.189 Mpa
Estático
7-29 La figura muestra la cabeza de un tornillo largo de fuerza o potencia. Tales tornillos suelen estar diseñados para soportar carga por compresión; pero cuando son largos, la carga por tensión evita el problema del pandeo. Para obtener una resistencia óptima contra el desgaste, un tornillo de esta clase está hecho de un acero de carbono mediano y tratado térmicamente para obtener las propiedades mínimas de Sut =148 kpsi y Syt = 112 kpsi. Todas las superficies importantes tienen un acabado al esmeril. En la carrera de ida, F = 15 kip y T = 3000 lb. in. En la carrera de regreso, F = 2 kip y T = 300 lb. in. En este problema se desea evaluar la seguridad del diseño con base en los esfuerzos ejercidos en el surco o ranura donde termina la cuerda. Las dimensiones importantes son d = 1.25 in, D = 1.75 in y r 1/8 in. Para los fines de concentración de esfuerzo, trate al surco de salida de la cuerda como un entalle de hombro o saliente, en vez de cómo un simple surco, aunque la rosca da algo de refuerzo.
Acero al carbono mediano Sut = 148 ksi Syt = 112 ksi Acabado esmeril Ida F = 15 ksi T = 3000 lb.plg Regreso F = 2 kip T = -300 lb.plg d = 1.25 D = 1.75 r = 1/8 b
ka = a * Sut = 1.34*148
kb =
1.75
.01133
0.3
kct = 0.577
= 0.819
-0.085
= 0.876
kcf = 1 kd = 1 1 8 = = 0 .1 d 1.25 r
D d
=
1.75
= 1 .4
1.25
ktt = 1.9 ktf = 1.45 Se = 0.876*0.819*0.504*148 = 53.516
σ
x max
σ
x min
τ
xy max
τ
xy min
=
15 * 4 π
* 1.25 2
= 12.223ksi
= 1.63ksi
=
3 * 1.25 2 1.25 4 π *
= 7.822ksi
32
= 0.782
σ
= 1.9 * 12.223 * 1.083 = 25.151
σ
= 1.9 * 1.63 * 1.083 = 3.354
x max
x min
τ
= 1.45 * 7.822 * 0.577 = 6.544
τ
= 1.45 * 0.782 * 0.577 = 0.654
xy max
xy min
σ
a
σ
25.151 3.354
'=
m
2
+ 3*
2
25.151 + 3.354
'=
2 Sut * Se
n= σ
a
2
+ 3*
=
6.544 + 0.654
2
1
2
= 12.555
2
6.544 0.654 2
2
1
2
= 6.346
148 * 53
* Sut + σ m * Sut 12.55 *148 + 6.346 * 53
= 3.574
6,43 Un eje hueco de acero de transmisión se conecta a un eje sólido hecho de aleación de aluminio 2024-13, por medio de un perno de ½ ‘’ de diámetro como se muestra en la figura, cuál es el mayor torque que se puede aplicar con el conjunto para que este no falle si rota a razón de 200 rpm, cuál es la potencia máxima que se puede transmitir.
Aluminio { Sy = 270 Mpa ( 40 KPSI)} Acero { Sy = 390 Mpa ( 57 KPSI)} CORTANTE SOBRE EL PERNO
max = 0.58 Sy 226.2 MPa (33 KPSI)
τ
max
F
= π
* D 2 4
F =
33000 * π * 0.5 2
4 F = 6479.5 Lbs . T = 6479.5 * 1.2 = 7775 Lbpu . lg CORTANTE SOBRE EL ALUMINIO
τ
max
J r
=
= k t * π
* D
T max * r J
3
d * D 2
16 d D
=
6 0.5 1.2
=
π
* (1.2) 3
0.5 * (1.2) 2
16
6
= 0.417
k t = 2.6
max = 40*0.55 = 22000 PSI τ
T max = T max = T max
max
k t
*
J r
22000
* 0.219 2 .6 = 1853 Lb . pu lg
2.-
T = 20000Lb-pulg d = 0.75.D 2
Su = 100.000 Lb/pulg . F.S = 4
Flecha rectificada r = D/2
J
⇒
r
= 0.219. pu lg 3
un esfuerzo torsor se mantiene esencialmente constante durante la rotación de la rueda, a menos que el momento torsor varíe su valor en el tiempo o durante la rotación, pero en este último caso se debe especificar claramente la forma de variación del mismo. Si se supone la falla por fluencia: Sy = 1.05 Su – 30000 Sy = 1.05*(100000) – 30000 Sy = 75000 PSI T.E.C.M: Ssy = 0.5*(75000) Ssy = 37500 PSI 37500
=
148917
4 D 3 ⇒ D = 2.5' ' ⇒d = 1.9' '
T.E.D: Ssy = 0.58*(75000) Ssy = 43500 PSI 43500
=
148917
4 D 3 ⇒ D = 2.4' ' ⇒d = 1.8' '
3.-
Fmin min = 2 mm Fmax max = (2+n) = 6 mm Mmax = 95*F Deflexión de viga en Cantiliver
F * L3
y =
3 * E * I 1
I =
F
12
3 * E * I
=
⇒
y
L3
* b * h 3 ⇒ I =
1 12
(cte.de.resorte)
*18 * 3.125 3 ⇒ I = 45.78.mm 4
E = 200.GPa = 207 E 4 Pa . . = 200000 MPa = 200000.
N mm 2
4 3 * 200000( N 2 ) * 45.78mm mm = y 95 3.mm 3
F F
= 32..04( N mm) y
F min = 32.04 * 2 = 64. N F max = 32.04 * 6 = 192. N
(64 * 95) * σ
min
=
3.125 2
45.78
(192 * 95) * σ
=
max
σ σ
m
=
σ σ
a
=
⇒σ min
3.125 2
45.78
max
+ σ min 2
σ
max
2
min
=
= 207.5.( N / mm 2 )
⇒σ max
σ
= σ min +
622.5
σ
max
min
2
207.5 2
= 622.5.( N / mm 2 )
⇒σ a
Su = 245000 PSI = 1688 MPA Se’ = 0.5*(1688) = 844 ( N/mm2) K1 = 1 (tamaño) K2 = ½.5 = 0.4 (Conc. Esf.) K3 = 0.75 (Maquinado-rectificado) K4 = 1 ( confiabilidad) K5 = 1 (Temperatura) Se = 0.4*0.75*844 Se = 253. MPa
= 207.5 +
622.5
207.5 2
= 207.5.( N / mm 2 )
⇒σ m
= 415.( N / mm 2 )
1=
1=
Sa Se
+
Sa 253
Sm Su
+
....... si, Sm = 415
Sm 1688
⇒1688
= 415 +
1688 253
( Sa )
Sa = 191.( N / mm 2 ) < 207.5
la pieza fallará a fatiga.
6,36 Dada la manivela de la figura se supone el estado de esfuerzos queda fuera aún de la zona recomendada (confiable) Determinar el diámetro para la flecha mostrada en la fig.
Determinación de las cargas en el elemento: F = 5000 Lbs M = 5000*10 = 50000 Lb-pulg T = 5000*5 = 25000 Lb – pulg
Determinación de esfuerzos críticos: Se producen en las fibras exteriores de la sección A
=
σ
b
π
* D
3
32 * 50000
=
⇒σ b
π
* D 3
= 504246 / D 3 .( PSI )
σ
b
τ
32 * M
=
16 * M * D
π
⇒τ
3
=
16 * 25000 π
* D
3
= 127324 / D 3 . PSI
Esfuerzo equivalente (T.E.C.M) x
σ
=
τ
max
max
+ τ xy 2
2
509246
=
τ
2
2
+
2 * D 3
127324 D 3
2
⇒τ max
=
284705 D 3
Comparación con las propiedades del material; Sy FS
= 2 * τ max
30000 2
= 2*
284705 D 3
D 3 = 37.96 D = 3.36' ' Teoría de la energía de la distorsión: Sy FS
=
30000 2
σ
x
=
2
+ 3 * τ xy 2
509296
D 3 = 36.999 D = 3.33' '
D 3
2
+ 3*
127324 D 3
2
8.13 La flecha ilustrada en la figura gira a alta velocidad mientras las cargas impuestas permanecen estáticas. La flecha está maquinada con acero AISI 1040, enfriada en aceite y revenida a 100°F. Si la carga es suficientemente grande para producir una falla a la fatiga (tal vez después de 10 6 ciclos) ¿Dónde es más probable que se presente la falla? . Datos: Acero AISI1040 enfriada en aceite y revenida a 100°F Su=105(klb.plg2) Sy= 72(klb.plg2) Se’ = 0.504 Sut = 0.504(105) = 52.92(Kpsi) Se’ = límite de resistencia a la fatiga de la muestra de viga rotatoria Sección 1. Factor de superficie: a = 2.7 b= -0.265 b -0.265 Ka = aSut =2.7(105) = 0.787 -0.1133
-0.1133
Factor de tamaño: Kb = (d/0.3) = ( 1/0.3) = 0.872 Factor de concentración de esfuerzos: a = 2.7 b= -0.265 Determinamos el factor de concentración de esfuerzo (D/d) = 1.25/1 = 1.25 Kt = 1.8
r/d = 0.0625/1 = 0.0625
q = 0.78
Kf = 1+q(Kt-1) = 1+0.78(1.8-1) Ke = 0.6157 Se = 0.787(0.872)(0.6157)(52.92) = 22.34 (Kpsi) Se = 2234(Kpsi)
M 1 = F / 2 Modulo de sec cion =
I c
=
Esfuerzo por flexion : σ = a=
(0.9Sut ) 2
b= N =
Se 1 3 σ
log
d 3
π
32 M
= 0.098( pu lg 2 )
I / c
=
F / 2(lb. pu lg) 0.098( pu lg 3 )
= 5.1 F
= 439.05
0.9Sut Se
= 0.22
1/ b
a Modulo de sec cion =
I c
=
Esfuerzo por flexion : σ = a= b= N =
(0.9Sut ) 2 Se 1 3 σ
log
d 3
π
= 0.098( pu lg 2 )
32 M I / c
=
F / 2(lb. pu lg) 0.098( pu lg 3 )
= 5.1 F
= 439.05
0.9Sut Se
= 0.22
1/ b
a
Sección 2 Factor de superficie: a = 2.7 b= -0.265 b -0.265 Ka = aSut =2.7(105) = 0.787 -0.1133
-0.1133
Factor de tamaño: Kb = (d/0.3) = ( 1.25/0.3) = 0.85 Factor de concentración de esfuerzos Determinamos el factor de concentración de esfuerzo (D/d) = 1.25/1.093 = 1.1428 r/d = 0.125/1 = 0.125 Kt = 1.78
q = 0.72
Kf = 1+q(Kt-1) = 1+0.72(1.78-1) Ke = 0.641
Se = 0.787(0.85)(0.641)(52.92) = 22.66 (Kpsi) Se = 22.66(Kpsi)
M 2 = F / 2 I c σ
= 0.1917( pu lg 2 ) =
a=
M I / c
=
F / 2(lb. pu lg) 0.1917( pu lg 3 )
(0.9Sut ) 2 Se
= 2.608 F
= 434.98
b=
1 3
log
0.9 Sut Se
= 0.22
N =
Sección 3 Factor de superficie: a = 2.7 b= -0.265 Ka = aSut b =2.7(105)-0.265 = 0.787 Factor de tamaño: Kb = (d/0.3)-0.1133 = ( 1.25/0.3) -0.1133 = 0.872 Factor de concentración de esfuerzos: Determinamos el factor de concentración de esfuerzo (D/d) = 1.25 r/d = 0.0625/1 = 0.0625 Kt = 1.7
q = 0.77
Kf = 1.54 Ke = 0.649
Se = 0.787(0.872)(0.649)(52.92) = 23.56 (Kpsi) Se = 23.56(Kpsi)
2.608 F 434.98
1/ 0.221
M 3 = F I c σ
= 0.098( pu lg 2 ) F
=
a=
0.098 = 10.2 F (0.9Sut ) 2
b= N =
Se 1 3
log
= 379.0428
0.9Sut
102 F
Se
= 0.201
1/ 0.201
379.04 La falla se producirá en la última sección en el cual el radio es de 1/8
8.17 Una barra rectangular de acero estirado en frio de 120 Bhn tiene 10mm de espesor, ancho de 60 mm y un agugero central de 12 mm de diámetro.
Calcular la máxima fuerza a la tensión que puede aplicarse a los extremos y tener una vida infinita con confiabilidad del 90% y un factor de seguridad de 1.3. a) Si la fuerza está completamente invertida
σ
σ
σ
ax
n m
=
n m
=
d b σ
σ
= Kt .σ no FS . P A
=
P (
d )h
P 480(mm 2 )
= 0.2 ⇒ Kt = 2.5 P
ax
= 2 .5 *
ax
= 6.77 E 3 * P
480(mm 2 )
* 1 .3
Se = Se' C L C C S C L = 1 C = 0.9 C S = 0.9 Se'= 0.5 * Su
195
Se = 158( P )
m = max 6.77E-3*P 115=6.77 -3*P P = 16984.61 (N) P = 16.9( N)
Vida infinita 6
N 10
ciclos
M 500 ( 1000)
b
m
32 M
d
d 30
N.mm
b 188.628
3
b
MPa
m 94.314
2
mm (EJE)
a m
MPa
a) Acero AISI 1020 CD Su 470
MPa
Sy 390
MPa
Sep 0.5 Su
Sep 235
MPa
Sep Ksup
Se
RESISTENCIA A LA FATIGA
0.9 Su 2
a
a
Sep Ksup
b
Sf
1
3
log
2
761.4
a
235 Ksup
Ksup
0.9Su Sep Ksup
b
a N
Sf
( 0.9 470)
761.4 Ksup
10
6
eq
1
3
log
1.8
Ksup
Sf
94.314
2 Ksup
94.314
761.4 Ksup
10
6
1
3
log
1.8
Ksup
Ksup 1.1
Para obtener este factor de acabado superficial, debe ser un maquinado de alta calidad (rectificado).
b) Acero AISI 1080 HR Su 770
MPa
Sy 420
MPa
Sep 0.5 Su Se
Sep 385
MPa
Sep Ksup
RESISTENCIA A LA FATIGA
0.9 Su 2
a
a
Sep Ksup
b
1
3
Sf
log
( 0.9 770)
2
a
385 Ksup
0.9Su Sep Ksup
b
1
3
1247.4 Ksup
log
385 Ksup 0.9 770
b
1
3
log
Ksup 1.8
b
a N
Sf
1247.4 Ksup
10 6
eq
1 1.8 log 3 Ksup
Sf
94.314
2 Ksup
94.314
1247.4 Ksup
10
6
1 1.8 log 3 Ksup
Ksup 0.8
Para obtener este factor de acabado superficial, debemos tener un buen maquinado y además las propiedades de resistencia del material ayudan a soportar mejor la carga.
7.21 El componente de 7/16 pulg que se muestra en la figura está diseñado con un filete y un agujero. La carga varía de 12000 a 2000 lb. Se dan las resistencias siguientes: Su= 56 Ksi, Sy= 41 Ksi. Utilizando la teoría de falla modificada de Goodman, determine el factor de seguridad para el agujero, así como para el filete. ¿En cuál localización ocurrirá primero la falla? ¿Fallará el componente? Su5 Sy4 6 0 1
An ali si s en A (fi let e): F1 12000 lb F2 2000 t
7 16
lb
d 1.375 plg
n1 n2
r
Espesor placa
plg
td F2 td
4
n1 1.995 10
3
n2 3.325 10
4
psi
psi
Obtención del factor Kt (Tabla A-15 Shigley) r d D d
0.182 Kt 1.7
1.364
4
max Kt n1
max 3.391 10
min Kt n2
min 5.652 10
psi
3
psi
Analisis en la Fatiga
m a
max min 2
max min 2
Sep 0.5 Su
4
m 1.978 10
4
a 1.413 10 4
Sep 2.8 10
Kcarga 0.923
Carga axial
Ksup 0.929
Maquinado
psi
psi
psi
Ktamaño 1 Se Sep Kcarga Ksup Ktamaño
plg
D 1.875 plg
Ancho menor placa
F1
1
4
Se 2.401 10
psi
GOODMANN Su
Su
m
FS
Se
a
Su
FS
m
FS 1.062
Su
a
Se
An ali si s en B (aguj ero): F1 12000 lb F2 2000
t
lb
d 1.375 plg d1
n1 n2
3
16
plg
r
Espesor placa
D 1.875 plg
Ancho menor placa Diametro del agujero
plg
4
7
F1
4
n1 2.438 10
( D d1) t F2
3
n2 4.063 10
( D d1) t
psi
psi
Obtención del factor Kt (Tabla A-15, Figura A 15-1 Shigley) d1 D
0.4
Kt 2.2 4
max Kt n1
max 5.364 10
min Kt n2
min 8.94 10
psi
3
psi
Analisis en la Fatiga
m
a
max min 2
max min 2
4
m 3.129 10
4
a 2.235 10
Se Sep Kcarga Ksup Ktamaño
psi
psi
4
Se 2.401 10
psi
G ODMANN Su FS
m
Su Se
a Su
FS
Su Se
a
FS
0.671
l elemento f allará primer en la secci n B, debido a que los e fuerzos son mayores y a demás obtenemos u FS < 1 .
Ejer icio 17: La f erza F va ía constantemente desde 0 hasta Fmax con una frecue cia de 50 eces por inuto sob e la pieza ostrada. uponga qu e la falla o urre debid al esfuerzo por 2 2 flexión en el fi lete Syp = 100000 Lb /in y Se 40000 Lb /in corregido por ta año, supe ficie, etc. (a) Mostrar la línea d e Soderber g de esfuer zo seguro sando un actor de s guridad d 3. Traza la línea d e esfuerzo con pendi nte K f *σr / σm. Calcu lar el límite donde es seguro σ . (c) Calcular Fmedi . (d) Ca cular Fmax (el valor ayor acep able).
N 3 Lb S yp 100000 2 in S yp 100000 Lb 33333 . 3333 2 N 3 in
b 2
S e
40000 i
S e
40000
N
3
Lb 2 in
13333 . 3333
Eje Se
r
L í n e a S o d e r b e r g L í d e n e a f a l l d e a e s f u e r z o s e g u r o
Syp/N
Eje m Syp
Cualquier punto m, r dentro del área sombreada representa un estado de esfuerzo seguro
eq
S yp N
100000
3
Pendiente
r
m
Lb 33333.3333 2 in
2 3
según gráfico realizado
Lb 12500 2 in
m
m
Se
L ín e a S o d e rb e r g d e f a ll a
P a r al e l a a l a L Kf*r ín e a
2
3
m
eq
Eje m Syp
M medio F medio * 5
m
* K f
M medio * c I
c 1[in ] I
1 12
*b*h3
12500 *1.8 F medio
1 12
* 5 * 2 3 3.33333
F medio * 5 *1
3.3333 15000 [ Lb ]
M max F max * 5
max
* K f
M max * c I
c 1[in ] I
1 12
* b * h3
1 12
* 5 * 2 3 3 .33333
33333 .33333 * 1 .8
F max * 5 * 1 3.3333
F max 40000 [ Lb ]
18.- Un recipiente cilíndrico de pared delgada esta sujeto a una presión P ,la cual varia 2 continuamente de 100 a 500 lb * plg .El radio medio es de 30 plg ,diseñar para un 2 esfuerzo de cedencia de 70000 lb* plg y un esfuerzo limite a la fatiga de 30000 lb * 2 plg con un factor de seguridad de 3 . Basar en la teoría del esfuerzo normal básico.
Pimin 0
lm
Pimax 500
( 500 0) ( 12 t )
m
l
500( 12 t )
2t
t
lm la
4t
500( 12 t )
( 500) ( 12 t )
m a
2t
x
x
lm kl lm
m kl m
x
a kl a
2
lmx lmx 2 1 xy 2 2 max
eqa
1
x
eqm m
2
x
1 m
eqa a
1.7( 500) ( 12 t ) 2t
Soderberg
eq eqm eq
Sy eqa Se
500 ( 12 t )
2t
t 0.57
in
60000 33000
1.7 500 ( 12 t) 2t
x
19.-
Los pedal es en una icicleta están atornillados a la m nivela con roscas opuestas, una rosca a la izquie da y una r sca a la de echa, para asegurar q e los pedal es no se destor illen accidentalmente. Apenas a fuera de la rosca hay un fílete c n un radio de .75 mm qu e conecta l parte rosc da de 12.5 mm de diámetro con n eje central de 11 mm de diámetro e el pedal. l eje es de una aleaci n de acero AISI 4340, te plado a ba a temperatura para dar una resis encia a la otura de 2 GPa. Calcule el factor de concentrac ón de esfu erzos para el filete, y calcule la uerza máxima ermisible en el pedal ara una vi a infinita, si la fuerza del pie se plica a 70 mm del filete.
AISI4340 Su 2000 Se 900
Pa M a
d 11
mm
12.5 mm r 0.75
mm
l 70 mm r 0.068
1.136 q 0.9 c 1.75 f 1 ( Kc f 1.675
1) q
P 70
max
32 2
D min 0
M a
16 M 2
D
Mpa
m
16 M 2
D a
16 M 2
D K 0.8 Kt 0.89 K o 0.70
Ser Se Ks
t Kco
Ser 448.56 FS 2 oodman Su
1120 P
FS
3
12.5
P 51.94
2000
1120 P
48.56 1 .53
1.675
N
20.- La barra pl ana que se uestra en el boceto es de acer al alto car bono estira do en frío AISI 1080). La varia ión de la arga axial media cíclica, diferen e de cero, a de un ínimo de 2 kN a un máximo d 10 kN. sando la t eoría de fa lla de Goodman mod ficada, determine los factores de seguridad para l agujero, el filete y la acanaladura. In ique también dónde f llará primero la barra lana.
AISI 1080 Su 615 MPa Sy 380
MPa
Parte Primera Sea1 0.45 Su Sea1 276.75
MPa
Sel1 0.75 Su Sel1 461.25 r1 4
MPa
mm
H1 35 mm h1 25 H1 1.4 h1 r1 h1
mm
0.16
q1 0.9 Kc1 1.7 kf1 1 ( Kc1 1) q1 kf1 1.63
min1
2000
N
( 25 5)
mm
min1 16
MPa
2
max1
10000
N
( 25 5)
mm
max1 80 a1
2
MPa
max1 min1 2
a1 32
MPa
ka1 0.78 ks1 1 kr1 0.70 Se1 Sea1 ka1 ks1 kr1 Se1 151.106
m1
MPa
max1 min1 2
m1 48
MPa
Goodman kf1 a1
m1
Se1
Su
0.423
1
FS1a 0.423 FS1a 2.364 Fluencia
a1 kf1 Sy
m1 Sy
0.264
1
FS1b 0.264 FS1b 3.788
El factor de se uridad en la muesca de radio 4 mm es de 2.4
b 35
mm
h 5
mm
d 5
mm
min2
2000
N
( 32 5)
mm
2
min2 12.5 MPa max2
10000
N
( 32 5)
mm
2
max2 62.5 MPa
a2
max2 min2
a2 25 m2
2 MPa
max2 min2
m2 37.5
d b
2 MPa
0.143
q2 0.79 Kc2 2.6 kf2 1 ( Kc2 1) q2 kf2 2.264 ka2 0.78 ks1 1 kr1 0.70 Se1 Sea1 ka1 ks1 kr1 Se1 151.106
MPa
m2
max2 min2 2
m2 37.5 MPa Goodman kf2 a2
m2
Se1
Su
0.436
1
FS2a 0.436 FS2a 2.294 Fluencia
a2 kf2
Sy
m2 Sy
0.248
1
FS2b 0.248 FS2b 4.032
El factor de seguridad en el agujero de radio 5 mm es de 2.3
r2 3
mm
H1 35 mm h1 25 H1 1.4 h1 r2 h1
mm
0.12
q3 0.85 Kc3 2.5 kf3 1 ( Kc3 1) q3 kf3 2.275
min3
2000
N
( 35 5)
mm
min3 11.429MPa
2
