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ESCUELA SUPERIOR POLITECNICA DE CHIMBORAZO ESCUELA DE MECANICA SEMESTRE: ABRIL - AGOSTO 2017 DISEÑO DE ELEMENTO DE MAQUINAS I DEBER N° 04 EJERCICIOS DE FATIGA

1.- DATOS INFORMATIVOS NOMBRES Y APELLIDOS -

EDWIN ANDRÉS CASTELO (6984) KEVIN CHUQUIMARCA (6990) HUGO GARCES (6893) MIGUEL LUNAVICTORIA (6992)

PARALELO OCTAVO “A” MECÁNICA

RIOBAMBA - ECUADOR

Esfuerzo Totalmente Invertido

1. Considere una placa de acero AISI 4340 sujeta a una carga axial completamente invertida que varía de 15000 lbf a -15000 lbf. La placa tiene 1/4” de espesor, un agujero en su centro de 0.25” de diámetro. Su acabado superficial puede ser considerado como una pieza mecanizada. Si la piza trabaja a una temperatura de 300C y se requiere una confiabilidad del 99% determine la vida en ciclos de esta placa.

𝐷𝐴𝑇𝑂𝑆 𝐹𝑚𝑎𝑥 = 1500 𝑙𝑏𝑓 𝐹𝑚𝑖𝑛 = −1500 𝑙𝑏𝑓 𝐷 = 0,25 𝑖𝑛 1 𝑒 = 𝑖𝑛 4 𝑆𝑌 = 230 𝑘𝑠𝑖 𝑆𝑢𝑡 = 250 𝑘𝑠𝑖 1 1 𝐴 = 2 ( ) − 0,25 ( ) 𝑖𝑛2 4 4 𝐴 = 0,4375 𝑖𝑛2 𝜎=

𝐹 1500 𝑙𝑏𝑓 = 𝐴 0,4375 𝑖𝑛2

𝜎 = 3,428 𝑘𝑠𝑖 𝑃𝑎𝑟𝑎𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜𝑠 𝑑 0,25 = = 0,125 𝑤 2 𝑘𝑡 = 𝑘𝑓 = 2,67 𝑀𝑒𝑐𝑎𝑛𝑖𝑧𝑎𝑑𝑜 𝑎 = 1,34 𝑏 = −0,085

𝑘𝑎 = 𝑎𝑆𝑢𝑡 𝑏 𝑘𝑎 = (1,34)(250)−0,085 𝑘𝑏 = 1 → 𝐶𝑎𝑟𝑔𝑎 𝐴𝑥𝑖𝑎𝑙 𝑘𝑐 = 0,814 → 99% 𝑑𝑒 𝑐𝑜𝑛𝑓𝑖𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑎𝑑 𝑘𝑑 = 1 → 𝑅𝑇 𝑘𝑔 = 1 𝜎𝑟𝑒𝑣 = 2,67(3,428) 𝑘𝑠𝑖 𝜎𝑟𝑒𝑣 = 9,1528 𝑘𝑠𝑖 𝑆𝑒´ = 0,5𝑆𝑢𝑡 𝑆𝑒´ = 125 𝑘𝑠𝑖 𝑆𝑒 = 𝑘𝑎 𝑘𝑏 𝑘𝑐 𝑘𝑑 𝑘𝑔 𝑆𝑒´ 𝑆𝑒 = 85, 267 𝜂=

𝑆𝑒 𝜎𝑟𝑒𝑣

𝜂 = 9,316 → 𝑉𝑖𝑑𝑎 𝐼𝑛𝑓𝑖𝑛𝑖𝑡𝑎

2. La barra de la figura se maquina a partir de una placa laminada en frío AISI 1030. La carga axial que se muestra es completamente reversible, Si se requiere una confiablidad del 95% y el material trabaja a 100 0C determine la vida en ciclos de esta barra.

Solución: AISI 1030-Laminado en frío Sut=76 ksi Corte en el agujero: 3 3 1 𝐴 = ( − ) ( ) = 0.1875 𝑖𝑛2 2 4 4 𝐹 1000 𝜎𝑇 = = = 5.33 𝑘𝑠𝑖 𝐴 0.1875 𝑆𝑒 ′ = 0.45𝑆𝑢𝑡 → 𝑇𝑟𝑎𝑐𝑐𝑖ó𝑛 𝑃𝑢𝑟𝑎 𝑆𝑒 ′ = 0.45(76) = 34.2 𝑘𝑠𝑖

𝑑 𝑊

= 0.5

𝑘𝑡 =2.19

q=1

𝑘𝑡 = 𝑞(𝑘𝑡 − 1) + 1 𝑘𝑡 = 2.19 𝑘𝑎 = 𝑎𝑆𝑢𝑡𝑏 𝑘𝑎 = 0.857

𝑎 = 2.7 𝑘𝑠𝑖 ; 𝑏 = −0.265

𝑘𝑏 = 1 → 𝑇𝑟𝑎𝑐𝑐𝑖ó𝑛 𝑘𝑐 = 0.868 → 95% 𝐶 𝑘𝑑 = 1.02 → 𝑇 = 100 °𝐶 𝑘𝑔 = 1 𝑆𝑒 = 0.857 ∗ 1 ∗ 0.868 ∗ 1.02 ∗ 1 ∗ 39.2 𝑆𝑒 = 25.95 𝑀𝑘𝑠𝑖𝑃𝑎

𝑆𝑒 25.95 = 𝜎𝑟𝑒𝑣 11.6727 𝒏 = 𝟐. 𝟐𝟐 → 𝑽𝒊𝒅𝒂 𝑰𝒏𝒇𝒊𝒏𝒊𝒕𝒂 𝑛=

Corte en el Filete:

3 1 𝐴 = ( ) ( ) = 0.375 𝑖𝑛2 2 4 𝐹 1000 𝜎𝑇 = = = 2.67 𝑘𝑠𝑖 𝐴 0.375

Figuraa-15 -5: 𝑟 𝑑

= 0.125

𝐷 𝑑

𝑘𝑡 = 1.99

= 1.5

𝑞=1 𝝈𝒓𝒆𝒗 = 𝑘𝑓 ∗ 𝝈𝑻 𝝈𝒓𝒆𝒗 = 1.99 ∗ 2.67 𝝈𝒓𝒆𝒗 = 5.3133 𝑘𝑠𝑖

𝑆𝑒 = 25.95 𝐾𝑠𝑖

𝑆𝑒 25.95 = 𝜎𝑟𝑒𝑣 5.3133 𝒏 = 𝟒. 𝟖𝟖𝟒 → 𝑽𝒊𝒅𝒂 𝑰𝒏𝒇𝒊𝒏𝒊𝒕𝒂 𝑛=

𝑘𝑓 = 1.99

3. En la figura se muestra un eje rotativo que se soporta por medio de cojinetes de bola en A y D y sometido a una fuerza de 7.2 kN. Considere Sut = 650 MPa, Sy = 550 MPa. Estime la vida del eje para un 99% de confiabilidad, acabado superficial tipo rectificado fino, temperatura de operación 1800C.

Solución: ∑ 𝑀1 = 0 ↶ + 𝑅2 (240 + 80 + 80 + 130) − 7,2(240 + 80) = 0 𝑅2 = 4,34𝐾𝑁 𝑅1 = 2,86𝐾𝑁 Análisis en B 𝑀𝐵 = 686,4𝑁. 𝑀 32. 𝑀𝐵 𝜎𝐵 = 𝜋∅3 32. (686,4𝑁. 𝑚) 𝜎𝐵 = 𝜋(0,035𝑚)3 𝜎𝐵 = 163,06𝑀𝑃𝑎 Concentrador de Esfuerzos q=0,82 kt=1,6 kf=1,5 Esfuerzo Reversible 𝜎𝑟𝑒𝑣 = 𝑘𝑓. (163,06𝑀𝑃𝑎) = 244,575 𝑺′𝒆 = 𝟎, 𝟓𝑺𝒖𝒕 𝑆𝑒′ = 325𝑀𝑃𝑎 𝑘𝑎 = 1,58(650)−0,085 𝑘𝑎 = 0,911 𝑘𝑏 = 1,34(35)−0,085 𝑘𝑏 = 0,95 𝑘𝑐 = 0,814

𝑘 = 𝑘𝑎 . 𝑘𝑏 . 𝑘𝑐 𝑘 = 0,7044 𝑺𝒆 = 𝒌. 𝑺′𝒆 = 𝟐𝟐𝟖, 𝟗𝟑𝑴𝑷𝒂 𝟐𝟐𝟖, 𝟗𝟑 𝜼= = 𝟎, 𝟗𝟑 𝒗𝒊𝒅𝒂 𝒇𝒊𝒏𝒊𝒕𝒂 𝟐𝟒𝟒, 𝟓𝟕𝟓 𝒂=

(𝒇𝑺𝒖𝒕 )𝟐 𝑺𝒆

(0,7𝑥650)2 = 904,31 228,93 −1 𝑓𝑆𝑢𝑡 𝑏= log ( ) 3 𝑆𝑒 −1 0,7𝑥650 𝑏= log ( ) 3 228,93

𝑎=

𝑏 = −0,0994 Número de Ciclos 𝜎𝑟𝑒𝑣 1/𝑏 𝑁=( ) 𝑎 244,57 −1/0,0994 𝑁=( ) 904,31 𝑁 = 516918,44 𝑐𝑖𝑐𝑙𝑜𝑠

4. El eje giratorio que se muestra en la figura está fabricado con acero AISI 1020 estirado en frío. Se somete a una fuerza de F = 6 kN. Encuentre el factor de seguridad mínimo contra la fatiga con base en la vida infinita. Si la vida no es infinita, estime el número de ciclos. Asegúrese de verificar la fluencia.

Datos: 𝐹 = 6 𝐾𝑁 𝑆𝑦 = 393 𝑀𝑃𝑎 𝑆𝑢𝑡 = 469 𝑀𝑃𝑎 𝑘𝑎 = 4.51(469)−0.265 𝑘𝑎 = 0.88 𝑘𝑓 = 0.7(1.7 − 1) + 1 𝑘𝑓 = 1.49 𝑘𝑐 = 0.814 𝑘𝑏 = 1.24𝑑 −0.107 𝑘𝑏 = 1.24(35)−0.107 = 0.85 𝑆𝑒 = 0.5(469)(0.85)(0.88) = 175.41 𝑅2 (500) − 6(32) = 0 𝑀1 = 420 𝐾𝑁𝑚𝑚 𝑅2 = 3.9 𝐾𝑁 𝑅1 = 6 − 3.9 𝑅1 = 2.1 𝐾𝑁 𝜎𝑓 =

32(420) = 99.78 𝑀𝑃𝑎 𝜋(35)3 𝜎𝑎 = 1.49(99.78) 𝜎𝑎 = 148.67 𝑛=

175.41 148.67

𝑛 = 1.18 → 𝑣𝑖𝑑𝑎 𝑖𝑛𝑓𝑖𝑛𝑖𝑡𝑎

5. La sección de un eje se muestra en la figura, se construye de acero cuyas propiedades son Sut = 830 MPa, Sy = 790 MPa y 240 Bhn. El eje rota y está sujeto a un momento flector M.Para una vida de 75000 ciclos y una confiabilidad del 99% determine el momento flector máximo permisible.

𝜎𝐹 =

32𝑀 𝜋𝑑 3

𝜎𝐹 =

32𝑀 𝜋113

𝜎𝐹 = 7,65𝑥10−3 𝑀 𝑟 = 0,136 𝑑 } 𝑘𝑡 = 1,6 𝐷 =2 𝑑

𝑞 = 0,81

𝑘𝑓 = 1486

𝜎𝑟𝑒𝑣 = 𝑘𝑓 𝜎𝑇 𝜎𝑟𝑒𝑣 = 1,486(7,65𝑥10−3 𝑀) 𝜎𝑟𝑒𝑣 = 0,011𝑀 𝑘𝑎 = 𝑎𝑆𝑢𝑡𝑏 = 0.76 → 𝑀𝑎𝑞𝑢𝑖𝑛𝑎𝑑𝑜 𝐾𝑏 = 0,86 𝐾𝑐 = 0,814 → 99%𝐶 𝑘 = 0,594 𝑘𝑑 = 1 → 𝑇𝑒𝑚𝑝 𝑎𝑚𝑏 𝐾𝑔 = 1 } 𝑆𝑒 ´ = 0.5𝑆𝑢𝑡

𝑆𝑒 = 𝑘𝑆𝑒 ´

𝑆𝑒 ´ = 0.5(830 𝑀𝑃𝑎)

𝑆𝑒 = 0.594(415 𝑀𝑃𝑎)

𝑆𝑒 ´ = 415 𝑀𝑃𝑎

𝑆𝑒 = 246,51 𝑀𝑃𝑎

𝑎=

(𝑓𝑆𝑢𝑡)2 (0,82 830)2 = = 1879,1 𝑀𝑃𝑎 𝑆𝑒 246,51

1 𝑓𝑆𝑢𝑡 1 0,82 830 𝑏 = − 𝑙𝑜𝑔 ( ) == − 𝑙𝑜𝑔 ( ) = −0.147 3 𝑆𝑒 3 246,51 𝜎𝑟𝑒𝑣 1⁄𝑏 𝑁=( ) 𝑎 𝑎𝑁 𝑏 = 𝜎𝑟𝑒𝑣 (1879,1)(75000)−0,147 = 0,011𝑀 𝑴 = 𝟑𝟐, 𝟖 𝑲𝑵𝒎𝒎

Esfuerzo fluctuante 1. Una barra de acero soporta una carga cíclica de forma que el esfuerzo máximo es de 70ksi a tracción y el esfuerzo mínimo de 15 ksi a compresión. Considere las propiedades del material Sut = 80 ksi, Sy = 65 ksi. Determine si el elemento tiene vida infinita o no, en el caso de vida finita calcule el número de ciclos de vida. 𝐾𝑏 = 𝐾𝑡 = 1 𝑆𝑦 = 140 𝑀𝑃𝑎 𝑀𝑎𝑡𝑒𝑟𝑖𝑎𝑙 ∶ 𝐴𝐼𝑆𝐼 1020 𝐿. 𝐶. 𝑆𝑦 = 207 𝑀𝑃𝑎 𝑆𝑢𝑡 = 79 𝑀𝑃𝑎

2

𝜎𝑎𝑒𝑞

22 ∗ 106 = √(1 ( )) + 3(0)2 𝑑3

; 𝜎𝑚𝑒𝑞 = √3

𝑆𝑒 = 0.6(0.5) ∗ 379 𝑀𝑃𝑎 Según Soderberg: 32 ∗ 106 26.465 ∗ 106 1 + = 113.7𝑑3 207 ∗ 𝑑3 2

𝑑 = 86.3 𝑚𝑚

15.28 ∗ 106 𝑑3

2. En la figura que se muestra, el eje A, hecho de acero laminado en caliente AISI 1020, se suelda a un soporte fijo y esta sometido a cargas mediante fuerzas F iguales y opuestas a través del eje B. Una concentración de esfuerzo teorica kts de 1.6 se induce medinate el filete de 1/8 pulg. La longitud del eje A desde el soporte fijo hasta la conexión en el eje B es de 2 ft. La carga F se cicla desde 150 hasta 500 lbf. A) Encuentre el factor de seguridad del eje A para la vida infinita usando el criterio de falla por fatiga de Goodman modificado.

Kts= 1.6 C= 2 ft Fmin= 150 lbf Fmax= 150 lbf Sy= 30 ksi Sut= 55 ksi

𝑇𝑚𝑎𝑥 = 500(2 𝑝𝑙𝑔) 𝑇𝑚𝑎𝑥 = 1000 𝑙𝑏𝑓 𝑝𝑙𝑔

𝑇𝑚𝑎𝑥 = 150(2 𝑝𝑙𝑔) 𝑇𝑚𝑎𝑥 = 300𝑙𝑏𝑓 𝑝𝑙𝑔

Ʈ𝑚𝑎𝑥 =

16 ∗ 10000 𝜋 ∗ 0.245

Ʈ𝑚𝑎𝑥 = 7602.3202 𝑃𝑆𝐼

Ʈ𝑚𝑖𝑛 =

16 ∗ 300 𝜋 ∗ 0.875

Ʈ𝑚𝑖𝑛 = 2280.67 𝑃𝑆𝐼

Ʈ𝑚𝑎𝑥 − Ʈ𝑚𝑖𝑛 2

Ʈ𝑎 = Ʈ𝑎 =

7602.3202 𝑃𝑆𝐼 − 2280.67 𝑃𝑆𝐼 2 Ʈ𝑎 = 2260.82 𝑃𝑆𝐼

Ʈ𝑚 = Ʈ𝑎 =

Ʈ𝑚𝑎𝑥 − Ʈ𝑚𝑖𝑛 2

7602.3202 𝑃𝑆 + 2280.67 𝑃𝑆𝐼 2 Ʈ𝑎 = 4961.51 𝑃𝑆𝐼

𝐾𝑎 = 2.67 (55−0.265 ) 𝐾𝑎 = 0.92

𝐾𝑏 = 0.879 (𝑑−0.107 ) 7−0.107 𝐾𝑏 = 0.879 ( ) 8 𝐾𝑏 = 0.892

𝐾𝑐 = 0.814

𝐾𝑑 = 1

𝐾𝑔 = 1

𝑆𝑒 ∗ = 0.29 𝑆𝑢𝑡 𝑆𝑒 ∗ = 0.29 ∗ 55

𝑆𝑒 ∗ = 15.95

𝑆𝑒 = 𝑘𝑎 ∗ 𝑘𝑏 ∗ 𝑘𝑐 ∗ 𝑘𝑑 ∗ 𝑘𝑔 ∗ 𝑆𝑒 ∗ 𝑆𝑒 = 0.92 ∗ 0.892 ∗ 0.814 ∗ 1 ∗ 1 ∗ 15.95 𝑆𝑒 = 11.558

Por Goodman Ʈ𝑎 Ʈ𝑚𝑖𝑛 1 + = 𝑆𝑒 𝑆𝑢𝑡 𝑛

4.237 2.906 1 + = 11.538 55 𝑛 0.5127 =

𝑛 = 1.95

1 𝑛

𝑣𝑖𝑑𝑎 𝑖𝑛𝑓𝑖𝑛𝑖𝑡𝑎

3. Un eje sólido transmite potencia de un motor eléctrico a una máquina elevadora por medio de una polea. El peso de la polea es de 250 N y se monta a una distancia de 120 mm del rodamiento. La potencia máxima transmitida es de 3 kW a 150 rpm. La relación entre el lado tenso y el lado flojo de la correa es de 2.5. SI el eje se fabrica de acero AISI 1018 HR determine el diámetro requerido:

a) Considere únicamente esfuerzos de torsión. b) Considere únicamente esfuerzos de flexión.

𝑇2 = 2.5𝑇1

𝑃𝑚𝑎𝑥 = 𝑇𝑚𝑎𝑥 𝜔 𝑇𝑚𝑎𝑥 = 𝑇𝑚𝑎𝑥 =

𝑃𝑚𝑎𝑥 𝜔

3000𝑤 15.71𝑟𝑎𝑑/𝑠

𝑇𝑚𝑎𝑥 = 190.96 𝑁𝑚

𝑇𝑚𝑎𝑥 = (𝑇2 − 𝑇1 )𝑟 𝑇𝑚𝑎𝑥 = (2.5𝑇1 − 𝑇1 )𝑟 𝑇𝑚𝑎𝑥 = 𝑇1 1.5𝑟 𝑟 = 0.1𝑚 𝑇1 = 1273.1𝑁 𝑇2 = 2182.67𝑁

Análisis a torsión 𝜏𝑎 =

𝜏𝑎 =

16𝑇 𝜋𝑑 3

972551.3 𝑑3

Asumimos K=0.6

𝑆𝑒 = 0.29 ∗ 0.6 ∗ 𝑆𝑢𝑡 𝑆𝑒 = 69.6 𝑀𝑃𝑎 Soderberg

𝜏𝑎 1 = 𝑆𝑒 𝑛 972551.3 69.6 = 𝑑3 2 𝑑 = 30.34𝑚𝑚

Análisis de flexión 𝑀 =𝐹∗𝐿 𝐹 = 𝑇1 + 𝑇2 + 250𝑁 𝑀 = 4705.77𝑁 ∗ 120𝑚𝑚

𝑀 = 564692 𝑁𝑚𝑚

𝜎𝑎 =

𝜎𝑎 =

32 𝑀 𝜋𝑑 3

5751909.55 𝑑3

Asumimos K=0.6

𝑆𝑒 = 0.5 ∗ 0.6 ∗ 𝑆𝑢𝑡 𝑆𝑒 = 120 𝑀𝑃𝑎 Soderberg

𝜎𝑎 1 = 𝑆𝑒 𝑛 972551.3 120 = 𝑑3 2 𝑑 = 45.76 𝑚𝑚 𝑑 = 46𝑚𝑚 4. La figura muestra las dimensiones en mm de una viga circular en voladizo que se carga con una fuerza F que varía de –F a 3F. Encuentre el valor máximo de F para asegurar vida infinita con un factor de seguridad mínimo de 2. Las propiedades del material son Sut = 700 MPa y Sy = 540 MPa.

‘𝑀𝑚𝑎𝑥 = 𝐹 ∗ 120𝑚𝑚 𝑀𝑚𝑎𝑥 = 360 𝐹 𝑀𝑚𝑖𝑛 = 𝐹 ∗ 120 𝑚𝑚 𝑀𝑚𝑖𝑛 = 1200 𝐹 𝜎𝑚𝑎𝑥 =

32(360𝐹) = 0.445𝐹 (𝜋)(𝑑3 )

𝜎𝑚𝑖𝑛 = 0.445𝐹 𝜎𝑎 = 0.841𝐹

𝐾𝑓 = 𝑞(𝐾𝑡 − 1) + 1 𝐾𝑓 = 0.81(1.4 − 1) + 1 𝐾𝑓 = 1.324 𝑟 34 = = 0.24 𝑑 14 𝐷=

20 = 1.42 14

𝐾𝑡 = 1.4 𝜎𝑎 = 1.324(0.891𝐹) 𝜎𝑎 = 1.18 𝑆𝑒 = 0.5(0.6)(700) 𝑆𝑒 = 210 𝑚𝑚 Sorberg 1.18𝐹 0.445𝐹 1 ∗ = 210 540 2 𝑛 = 2 𝑎𝑠𝑢𝑚𝑖𝑑𝑜 𝐹 = 72.6 𝑁

5.- Las tensiones variables y fluctuantes que se muestran a continuación se encuentran en la ubicación crítica de un componente. El material es de acero, el límite de resistencia totalmente ajustado es de 30ksi, la resistencia máxima es de 2000ksi. La fracción de resistencia a la fática es f=0,78. ¿Cuál es la vida de la parte en horas si el patrón de estrés de 10 segundos continúa repitiéndose para el resto de la vida de pieza? Datos: 𝑆𝑒 = 30𝑘𝑠𝑖 𝑆𝑢𝑡 = 200𝑘𝑠𝑖 𝑓 = 0,78

𝜎𝑚𝑎𝑥 10 60 60 60

1 2 3 4

𝜎𝑚𝑖𝑛 -20 -60 -20 -40

𝜎𝑎 -5 0 20 10

Goodman: 1)

15 30

5

1

+ 200 = 𝑛

𝑛 = 1,9 (0,70 ∗ 200)2 𝑎= = 811,2 30 1 0,78 ∗ 200 𝑏 = − log ( ) = −0,23866 3 30 60 1 2) 30 = 𝑛 𝑛 = 0,5 𝜎𝑟𝑒𝑣 = 𝜎𝑎 = 60𝐾𝑠𝑖 1

60 −0,2386 𝑁=( ) = 54810 811,2 3) 𝑛 = 0,69 40 𝜎𝑟𝑒𝑣 = = 44,4𝑘𝑠𝑖 20 1 − 200 1

44,44 −0,2386 𝑁=( ) = 192819 811,2

𝜎𝑚𝑎𝑥 15 60 40 50

𝑛 2 3 2 2

𝑁 ∞ 54810 192819 54810

𝐷 0 5,47x10-5 1,037 x10-5 2,11 x10-5

4) 𝑛 = 0,50 𝜎𝑟𝑒𝑣 =

40 = 52,63 10 1 − 200 1

52,63 −0,2386 𝑁=( ) = 94918 811,2 𝐷 = ∑𝐷 𝑡=

1 10𝑠𝑒𝑔 1𝑚𝑖𝑛 1ℎ = 11608,89 ∗ ∗ ∗ = 32,25ℎ 𝐷 1𝑐𝑖𝑐𝑙𝑜 60𝑠𝑒𝑔 60𝑚𝑖𝑛

Esfuerzo a cargas combinadas 1. En la figura se muestra un esquema de una máquina de ensayos de embragues. El eje de acero gira a una velocidad constante. Se aplica una carga axial al eje y se cicla desde cero hasta P. El par de torsión T inducido por la cara del embrague sobre el eje está dado por T=fP(D+d)/4 donde D y d se definen en la figura y f es el coeficiente de fricción de la cara del embrague. El eje está maquinado con Sy = 120 kpsi y Sut = 145 kpsi. Los factores teóricos de concentración del esfuerzo para el chaflán son 3.0 y 1.8 para las cargas axial y torsional, respectivamente. Suponga que la variación P de la carga es sincrónica con la rotación del eje. Con f = 0.3, encuentre la carga máxima permisible P de manera que el eje sobreviva un mínimo de 10 6 ciclos. Use el criterio de Goodman modificado. Determine el factor de seguridad correspondiente que protege contra la fluencia.

𝐷𝑎𝑡𝑜𝑠 𝑀𝑎𝑞𝑢𝑖𝑛𝑎𝑑𝑜 𝑆𝑌 = 120 𝑘𝑠𝑖 𝑆𝑢𝑡 = 145 𝑘𝑠𝑖 𝑘𝑡 = 3 𝑘𝑓 = 1,8 𝑓 = 0.3 𝑘𝑎 = 𝑎𝑆𝑢𝑡 𝑏 𝑎 = 2,7 𝑏 = −0,265 𝑘𝑎 = (2,7)(145)−0,265 𝑘𝑏 = 0,879𝑑 −0,107 𝑘𝑏 = 0,8621 𝑘𝑐 = 0,814 → 99% 𝑑𝑒 𝑐𝑜𝑛𝑓𝑖𝑎𝑏𝑖𝑙𝑖𝑑𝑎𝑎𝑑 𝑘𝑑 = 1 → 𝑅𝑇

𝑘𝑔 = 1 𝑆𝑒´ = 0,5𝑆𝑢𝑡 𝑆𝑒´ = 125 𝑘𝑠𝑖 𝑆𝑒 = 𝑘𝑎 𝑘𝑏 𝑘𝑐 𝑘𝑑 𝑘𝑔 𝑆𝑒´ 𝑘𝑡 = 3 → 𝑞 = 0,9 𝑘𝑓 = 𝑞 (𝑘𝑡 − 1) + 1 𝑘𝑓 = 2,8 𝑘𝑓 = 1,8 𝜎 = 𝑘𝑓

𝐹 𝐴

𝑃 𝜎 = 2,8 𝜋 2 4𝑑 𝜎 = 2,476 𝑃 𝜎𝑎 = 𝜎𝑚𝑎𝑥 = 1,238𝑃 𝜎𝑚 = 𝜎𝑚𝑖𝑛 = 1,238𝑃 𝑇𝑚𝑎𝑥 =

𝑓𝑃(𝑑 + 𝐷) 4

𝑇𝑚𝑎𝑥 =

0,3𝑃(6 + 1,2) 4

𝑇𝑚𝑎𝑥 = 0,54 𝑃 𝐸𝑠𝑓𝑢𝑒𝑟𝑧𝑜 𝑑𝑒 𝑡𝑜𝑟𝑠𝑖𝑜𝑛 𝜏𝑚𝑎𝑥 = 𝑘𝑓

16𝑇 𝜋𝐷3

𝜏𝑚𝑎𝑥 = 2,7375𝑃 𝜏𝐴 = 𝜏𝑚𝑎𝑥 = 1,364𝑃 𝜏𝑚 = 𝜏𝑚𝑖𝑛 = 1,364𝑃 𝜎𝑎𝑒𝑞 = √(𝑘𝑓𝑓 𝜎𝑓𝑎 )2 + 3(𝑘𝑓𝑡 𝜏𝑎 )2 𝜎𝑚𝑒𝑞 = √(𝜎𝑓𝑚 )2 + 3(𝜏𝑚 )2 𝜎𝑎𝑒𝑞 = 6,9493 𝑃 𝜎𝑚𝑒𝑞 = 2,675𝑃

𝑆𝑒𝑔ú𝑛 𝑆𝑜𝑑𝑒𝑟𝑏𝑒𝑟𝑔 𝜎𝑎𝑒𝑞 𝜎𝑚𝑒𝑞 + = 1/𝜂 𝑆𝑒 𝑆𝑢𝑡 𝐴𝑠𝑢𝑚𝑖𝑒𝑛𝑑𝑜 𝜂 = 3 6,9493𝑃 2,675𝑃 1 + = 6 6 21,388𝑥10 145𝑥10 3 3,26𝑥10−3 𝑃 =

1 3

𝑃 = 102,249 𝑘𝑖𝑝𝑠 𝜂=

𝑆𝑌 𝜎𝑚𝑎𝑥 ´

𝜎𝑚𝑎𝑥 ´ = √𝜎𝑚𝑖𝑛 2 + 𝜎𝑚𝑎𝑥 2 𝜎𝑚𝑎𝑥 ´ = 259,119 𝑘𝑠𝑖 𝜂=𝜎

𝑆𝑌

𝑚𝑎𝑥 ´

𝜂 = 3,08

2. Determine el diámetro requerido en el eje mostrado en la figura para cargar 2 poleas que pesan 2 kN cada una. El eje es de 750 mm de largo. Adicional soporta una carga de 10 kN en una polea. El eje transmite un torque de 3 kN.m entre las poleas. Asume Kb = Kt = 1 y el esfuerzo admisible cortante del eje es 70 MPa.

Datos:

𝑃𝑚𝑎𝑥 = 𝑇𝑚𝑎𝑥 𝜔 𝑇𝑚𝑎𝑥 = 𝑇𝑚𝑎𝑥 =

𝑃𝑚𝑎𝑥 𝜔

3000𝑤 15.71𝑟𝑎𝑑/𝑠

𝑇𝑚𝑎𝑥 = 190.96 𝑁𝑚

𝑇𝑚𝑎𝑥 = (𝑇2 − 𝑇1 )𝑟 𝑇𝑚𝑎𝑥 = (2.5𝑇1 − 𝑇1 )𝑟 𝑇𝑚𝑎𝑥 1.5𝑟

= 𝑇1

𝑟 = 0.1𝑚 𝑇1 = 1273.1𝑁 𝑇2 = 2182.67𝑁

Análisis a torsión 𝜏𝑎 =

𝜏𝑎 =

16𝑇 𝜋𝑑3

972551.3 𝑑3

Asumimos K=0.6

𝑆𝑒 = 0.29 ∗ 0.6 ∗ 𝑆𝑢𝑡 𝑆𝑒 = 69.6 𝑀𝑃𝑎 Soderberg

𝜏𝑎 𝑆𝑒

=

972551.3 𝑑3

1 𝑛 =

69.6 2

𝑑 = 30.34𝑚𝑚

Análisis de flexión 𝑀 =𝐹∗𝐿 𝐹 = 𝑇1 + 𝑇2 + 250𝑁 𝑀 = 4705.77𝑁 ∗ 120𝑚𝑚

𝑀 = 564692 𝑁𝑚𝑚

𝜎𝑎 =

𝜎𝑎 =

32 𝑀 𝜋𝑑3

5751909.55 𝑑3

Asumimos K=0.6

𝑆𝑒 = 0.5 ∗ 0.6 ∗ 𝑆𝑢𝑡 𝑆𝑒 = 120 𝑀𝑃𝑎 Soderberg

𝜎𝑎 𝑆𝑒

=

972551.3 𝑑3

1 𝑛 =

120 2

𝑑 = 45.76 𝑚𝑚 𝒅 = 𝟒𝟔𝒎𝒎 3. Un eje de transmisión se soporta por 2 cojinetes separados a 450 mm. Dos poleas en C y D se localizan a 100 y 300 mm respectivamente. La potencia se transmite de la polea C a la D. El diámetro y peso de la polea C es 200 mm y 600 N y de la polea D es 300 mm y 750 N respectivamente. La relación de tensión de las correas es de 2 para ambas poleas. La potencia transmitida por el eje es de 25 kW a 300 rpm. Si el eje se construye de acero AISI 1018 diseñe el eje para asegurar un coeficiente de seguridad a vida infinita mínimo de 2.

DATOS ∅𝐶 = 200𝑚𝑚 ∅𝐷 = 300𝑚𝑚 𝑃 = 25𝐾𝑊 𝑊 = 300𝑟𝑝𝑚 = 31,415

𝑟𝑎𝑑 𝑠

𝑛=2 𝑀𝑎𝑡𝑒𝑟𝑖𝑎𝑙 𝐴𝐼𝑆𝐼 1018 𝑅𝐸𝐶𝑂𝐶𝐼𝐷𝑂 𝑆𝑦 = 220𝑀𝑃𝑎 𝑆𝑈𝑇 = 341𝑀𝑃𝑎 𝑇3 = 2𝑇4 𝑇2 = 2𝑇1 Solución: 𝑃 = 𝑇. 𝑊

𝑇=

25𝐾𝑊 31,41𝑟𝑎𝑑/𝑠

𝑇 = 795,8 𝑁. 𝑚

(𝑇2 − 𝑇1 )0,1 = 795,8 𝑇2 = 15916 𝑁 𝑇1 = 7958 𝑁

(𝑇3 − 𝑇4 )0,15 = 795,8 𝑇4 = 5305,33 𝑁 𝑇1 = 10610,67 𝑁

𝑇𝑦 = 𝑆𝑒𝑛45°(15916𝑁) 𝑇𝑦 = 𝑇𝑧 = 11254,31𝑁 PLANO X-Y

∑ 𝑴𝑨 = 𝟎 ↶ + −24474(100) + 10504(300) − 𝐵𝑦 (450) = 0 𝐵𝑦 = 1569,2 𝑁 𝐴𝑦 = 15533,9 𝑁

PLANO X-Z

∑ 𝑴𝑨 = 𝟎 ↶ + −11254,31(300) + 𝐵𝑧 (450) = 0 𝐵𝑧 = 7502,87 𝑁 𝐴𝑧 = 3757,44 𝑁

𝑦 100 = 6 1,125𝑥10 300 𝑦 = 375𝑥103 𝑁. 𝑚𝑚

𝑀𝐶 = √(1,55𝑥106 )2 + (375𝑥103 )2 = 1,594𝑥106 𝑁. 𝑚𝑚 𝑀𝐷 = √(234,63𝑥103 )2 + (1,125𝑥106 )2 = 1,149𝑥106 𝑁. 𝑚𝑚 ESFUERZO DE FLEXIÓN

𝜎𝑓𝑚 = 0

𝜎𝑓𝑎 =

32𝑀𝑐 𝜋. ∅3

𝜎𝑓𝑎 = 16,236𝑥106 /∅3 ESFUERZO DE TORSIÓN

𝜏𝑎 = 0 𝜏𝑚 =

16(795800𝑁. 𝑚𝑚) 𝜋. ∅3

𝜏𝑚 = 4,52𝑥106 /∅3

Asumimos 𝑘𝑓𝑓 = 1,4 𝑘𝑓𝑡 = 1,6 𝜎𝑎𝑒𝑞 = √(1,6 𝑥

𝜎𝑎𝑒𝑞 =

16,236𝑥106 2 ) ∅3

25,976𝑥106 ∅3

𝜎𝑚𝑒𝑞 = √3 𝜎𝑚𝑒𝑞 =

4,052𝑥106 ∅3

7,018𝑥106 ∅3

ASUMIMOS K=0,6 𝑆𝑒 = 0,6(0,5)341𝑀𝑃𝑎 𝑆𝑒 = 102,3𝑀𝑃𝑎 Según Soderberg: 25,9776𝑥106 7,018𝑥106 1 + = 102,3∅3 220∅3 2 ∅3 = 571,67𝑥103 ∅ = 83𝑚𝑚

4. El eje de una máquina es soportado por 2 cojinetes y transmite 200 kW a 600 rpm por medio de un engranaje recto de 200 mm de diámetro y un ángulo de presión de 200 y una polea de 450 mm de diámetro. El engranaje es conducido por un piñón ubicado por debajo de éste. El peso de la polea es 1000 N y la relación de tensiones de la corra es de 3. Si el eje se fabrica de acero AISI 1020 HR diseñe el eje para asegurar un coeficiente de seguridad mínimo de 2.

AISI 1020 HR 𝑆𝑢𝑡 = 350 𝑀𝑝𝑎 𝑆𝑦 = 210 𝑀𝑃𝑎 𝑃 = 200000 𝑁𝑚/𝑠 𝑤 = 600 𝑟𝑝𝑚 = 62.53 𝑟𝑎𝑑 /𝑠 ∅𝑐 = 800 𝑚𝑚 ∅𝑝 = 460 𝑚𝑚 𝑊𝑝 = 1000𝑁 𝑇1 = 3 → 𝑇1 = 3𝑇2 𝑇2 𝑃 = 𝑇𝑤 𝑇=

200000 𝑁 𝑚⁄𝑠 62.43𝑁 𝑚⁄𝑠

𝑇 = 2.953 𝑇 = (𝑇1 − 𝑇2 )𝑟𝑝 3.187𝑥106 𝑁. 𝑚𝑚 = (3𝑇2 − 𝑇2 )275 𝑚𝑚 14346.667 = 3𝑇2 𝑇2 = 7073.33 𝑁 𝑇1 = 21320𝑁 Engranaje 𝑇 = 𝐹𝑒 𝑟𝑐 3.183𝑥106 𝑁𝑚𝑚 = 𝐹𝑒 (100𝑚𝑚) 𝐹𝑒 = 31830 𝑁 𝐹𝑁 = 𝑡𝑔 20° = 𝐹𝑡

𝐹𝑁 = 11545.27 𝑁 Plano x-y

∑ 𝑀𝐴 = 0 11555.17(750) − 𝐵𝑦 (250) − 1630 (680) = 0 𝐵𝑦 = 6703.69 𝑁 𝐴𝑦 = 3881.48 𝑁

Plano x-z

∑ 𝑀𝐴 = 0 31830(250) + 𝐵𝑧 (250) − 24213.33(650) = 0

𝐵𝑧 = 21726.23 𝑁 𝐴𝑧 = 25262 𝑁

𝑀𝐵 = √(5.658𝑥106 )2 + (200𝑥103 )2 = 5.66𝑥106 𝑁𝑚𝑚 𝑀𝑐 = √(972.37𝑥103 )2 + (63165𝑥102 )2 = 6.387𝑥106 𝑁𝑚𝑚 𝜎𝑚 = 0 𝜎𝑎 =

32 (6.389𝑥106 𝑁𝑚𝑚) 65.077𝑥106 = 𝜋𝑑3 𝑑3

𝜏𝑚 = 0

𝜏𝑚 =

16(3.183𝑥104 𝑁𝑚𝑚) 𝜋𝑑 3 𝜏𝑚 =

16.31𝑥104 𝑑3

5. Determine el coeficiente de seguridad en la barra rectangular si F varía de 0 a 0,6 kN. Las dimensiones están dadas en cm. La barra se construye de acero AISI 1020 laminado en frío.

Sección A

Solución: AISI 1020 Laminado en frío Sy =393 MPa Sut=469 MPa F=0-0.6 kN

𝑀𝑅𝐴 = 𝑟1 𝑥 𝐹1 + 𝑟2 𝑥 𝐹2 𝑀𝑅𝐴= (−8652𝑘 − 14832𝑗 − 9000𝑘 + 7200𝑖 + 30900𝑗 + 15000𝑖) 𝑀𝑅𝐴 = 222000𝑖 + 160680𝑗 − 176520𝑘 𝐹𝑥 → 𝑇𝑟𝑎𝑐𝑐𝑖ó𝑛 𝜎𝑇 =

9000 = 2.5 𝑀𝑃𝑎 (30)(12)

𝐹𝑦 → 𝐶𝑜𝑟𝑡𝑒 𝐹𝑧 → 𝐶𝑜𝑟𝑡𝑒 𝐹𝑖 = 885.9 𝑁 855.89 𝑇𝑐 = = 2.46 𝑀𝑃𝑎 (30)(12) 𝑀𝑥 → 𝑇𝑜𝑟𝑠𝑖ó𝑛 → 𝑇𝑇 = 0 160680 ∗ 6 ∗ 12 𝑀𝑦 → 𝐹𝑙𝑒𝑥𝑖ó𝑛 → 𝜎𝑓𝑦 = = 223.17 𝑀𝑃𝑎 (30)(12)3 160680 ∗ 15 ∗ 12 𝑀𝑧 → 𝐹𝑙𝑒𝑥𝑖ó𝑛 → 𝜎𝑓𝑧 = = 98.067 𝑀𝑃𝑎 (30)(12)3 𝜎𝑚á𝑥 = 321.237 𝑀𝑃𝑎 𝜎𝑚á𝑥 = 0 𝑆𝑒 = 0.6 ∗ .5 ∗ 467 = 140.7𝑀𝑃𝑎 𝜎𝑓𝑚 =

𝜎𝑚á𝑥 2

= 160.62 MPa

𝜎𝑎𝑎 = 𝜎𝑎𝑚 2.5𝑀𝑃𝑎 𝜎𝑎𝑎 = = 1.25 𝑀𝑃𝑎 2

𝜏𝑎 = 𝜏𝑚 =

2.46 2

= 1.23𝑀𝑃𝑎

𝜎𝑒𝑞𝑎 = √(1.25 + 160.62)2 + 3(1.23)2 𝜎𝑒𝑞𝑎 = 161.88 𝑀𝑝𝑎 𝜎𝑒𝑞𝑚 = 161.88 𝑀𝑃𝑎

Según Soderberg: 161.88

+

161.88

140.7 469 𝒏 = 𝟎. 𝟔𝟕

=

1 𝑛