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Ing. F. Alva Dávila

139

UNIONES ATORNILLADAS P 2.1.- Determinar la constante de rigidez de la unión atornillada : K

K =

Kb Kb  Km ,

K1 =

E A E A E1 A1 ; K 2 = 2 2 ; K3 = 3 3 L3 L2 L1

donde:

Kb =

Eb Lb1 Lb2 + Ab1 Ab2

;

1 Km

=

1

+

1

+

1

K1 K2 k3

π 2 2 π 2 2 π 2 2 -d ) - d ) ; A3 = (Dc3 (Dc1- d ) ; A2 = (Dc2 4 4 4 Dc1=1,5db + 0,5L1 ; Dc2 =1,5db + 0,5L2 ; D3 = 0,5(Dc1+ Dc2)

A1 =

Siendo: Eb: E1 y E2: E: A1,A2,A3: Lb1:

Módulo de elasticidad del Perno Módulo de elasticidad de las bridas (piezas) Módulo de elasticidad de la empaquetadura Areas transversales de los cilindros huecos. Longitud de la parte roscada a tensión del perno.

UNIONES

Diseño de Elementos de Maquinas I

140

Lb2: Longitud de la parte no roscada a tensión del perno. DC1,DC2,DC3: Diámetros de los cilindros huecos. Ejemplo de cálculo de la constante de rigidez de la unión atornillada (K): Perno : 1" - 8 UNC (As = 0,6057 pulg2)

Para los siguientes datos:

L1= 1" Lb1= ? , E1 = E2=30 x 106 PSI L2= 1/2" Lb2=3" , Eb=30 x 106 PSI L3= 1/8" E3=12 000 PSI d = db + 1/16 =1 + 1/16 = 1,0625" Longitud Lb1: Lb1 + Lb2 = x + 2" + 0,125 + 1,5; donde : x = 3 (1/8) = 0,375" Lb1 + 3 = 0,375 + 3,625



Lb1 = 1"

Cálculo de Kb: Ab1 = 0,6057 pulg2 (tabla);

Eb Lb 1 Lb 2 + Ab 1 Ab 2

Kb =

Ab2 =



d b2 =

4

 4

(1 )2 = 0,786 pulg 2

6

=

30 x 10 lbs  K b = 5,48 x 106 1 3 pulg + 0,6057 0,785

Cálculo de Km:

DC1 = 1,5(1) + 0,5(2) = 2,5"   A1 =



 4

(2, 52 - 1,06252 ) = 4,02 pulg 2

2 DC2=1,5(1)+0,5(1,5)= 2,5"  A2 = (2,252 - 1,06252 )= 3,09 pulg 4

DC3=

2,5+ 2,25  = 2,375"  A3 = (2,3752 - 1,06252 )= 3,54 pulg2 2 4

E 1 . A 1 = 30 x 10 6 x 4,02 = 60,33 x 6 lbs/pulg = 10 K1 2 L1

K2=

A2 . E2 30 x 106 x 3,09 = = 61,78x 106 lbs/pulg 1,5 L2

K3 =

A3 .E3 12 000x 3,54 = = 0,34x106 lbs/pulg 0,125 L3

UNIONES

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141

1 1 1  1  1 = + +  Km = 0,336x106 lbs/pulg  x 6 Km  60,33 61,78 0,34 10 - Como la empaquetadura es suave, su rigidez en relación con las otras es muy pequeña, que para fines prácticos, el efecto de estas últimas se puede despreciar y utilizar sólo de la empaquetadura. Finalmente, K =

5,48 Kb = = 0,94 Kb + Km 5,48+ 0,336

Este resultado, significa que el perno es más rígido que las piezas unidas. P 2.2 : En la unión empernada que se muestra en la figura, la medida del perno es M 12 x 55 DIN 931 - 8,8 y que Lk = 4 0 mm, b = 30 mm. Determinar la constante de rigidez del perno.

SOLUCION: sabemos que: K b =

E b . Ab E = b ; d b = 12 mm. Lb Lb Ab

para diferentes tramos:



L L Lb L = 2 + 1 + 2 , donde : L   0,4 d b A A1 A2 Ab

L' = 0,4(12) = 4,8 mm, L1 = 25 mm, L2 = 15 mm.

A1 =



4

(12)2 = 113 mm2; A' = A2 = As = 83,24 mm2 (Tabla)

UNIONES

Diseño de Elementos de Maquinas I

142

Eb = 210 000 N/mm2 para:

DIN 931 - 8,8

4,8 25 15 L + + = 0,516 mm/ mm2  b = 2 83,24 3 83,24 11 Ab



Kb =

21 0000 N/ mm2  K b = 407 x 10 3 N/mm 2 0,516 mm/ mm

P 2.3 : Un perno se usa para sujetar dos placas con una empaquetadura entre ellas. Se sabe que la relación entre la deformación del perno por unidad de carga y la deformación de las partes unidas por unidad de carga es 1/4. ¿Qué porcentaje de la carga aplicada a las placas se añade por perno a la carga inicial de ajuste?. Suponer que las placas no se separan bajo la carga. Solución: Sabemos que:  Fb Fm b = ;  m = Kb Km

 b =  m 

 Fb

=

 Fb

Kb

Km

donde :  F m = F e -  F b  Fb

=

Kb

Fe -  Fb   Fb = Km

 kb    F e  kb + k m 

La carga que se añade por perno es:. ∆ Fb.



kb  kb + km

Calculemos: 

de:

b =

P



Kb

b P

   =

1 kb

;

m =

P



Km

m P

Dividiendo ambas relaciones :

 b /p Km = =  m /p Kb K =

1 , entonces K b = 4 K m 4

4 km 4 km kb = = = 0,8 4 Km+ Km 5 km kb + km

Carga resultante en el perno: F = Fi + KFe = Fi + 0,8 Fe UNIONES

=

1 km

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143

Quiere decir que el 80% de la carga es tomada por el perno. P 2.4.- Se tiene un recipiente a presión con tapa embridada en toda su superficie, los pernos inicialmente son ajustados a 6 000 lbs y luego sometidos a una carga exterior de 8 150 lbs, determinar el espesor de la empaquetadura, bajo las siguientes consideraciones: Perno: 1"  - 8 UNC ( As = 0,6057 pulg2 ) Material del perno: aleación (esfuerzo de diseño a tensión St = 20 000 PSI) no determinada. Constante elástica : Kb = 5 x 106 lbs/pulg

Bridas: Espesor

: L1 = L2 = 1"

Módulo de elasticidad

: E = 8 x 106 PSI : E = 1 x 105 psi

Módulo de elasticidad de la empaquetadura

Para efectos de cálculo, considerar: diámetro del perno igual al diámetro del agujero.

SOLUCION: Datos Fi = 6 000 lbs

Perno : 1" - 8 UNC (As = 0,6057 pulg2)

Fe = 8 150 lbs

St = 20 000 PSI E1 = E2 = 8 x 105 psi

L1 = L2 = 1"; L3 = ? K1 = ?

E3 = 105 psi

Calculo de "K" , considerando :

db = d

F = St.As = 20 000 x 0,6057 = 12 114 lbs De: F = F i + K F e 

K=

F - Fi

La constante de rigidez de la unión:

=

Fe K=

12 114 - 6 000 = 0,75 8 150 Kb Kb+ Km

UNIONES

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144

5 x 106 k - 5 x 106 = 1 667 x 106 lbs / pulg  K m = b - kb = 0,75 k 1

También

=

Km A1 =

 4

1 K1

+

1 K2

+

1 K3

y que K1 =

A1 E1 L1

2 - 2 ), ( DC DC1 = 1,5 d b + 0,5 L1 1 d

DC1 = 1,5 ( 1 ) + 0,5( 1 ) = 2  A1 =

 4

( 22 - 12 ) = 2,356

2 DC2 = A2 = 2,356 pulg

DC3 =

DC1 + DC2 = 2,0  A3 = 2 356 pulg 2 2

6 A1 E1 2 356 x 8 x 10  K1 = = = 18,8 x 106 Lbs/pulg 1 L1

K2 =

6 A2 E 2 2 356 x 8 x 10 = = 18,8 x 106 Lbs/pulg 1 L1

K 3=



1 1 1 1 A3 E 3 , pero = + + L3 Km K1 K 2 3

1 1 667 x 10

6

=

1 1 1 + + 6 6 18,8 x 10 18,8 x 10 K3



K 3 = 2 x 106 Lbs/pulg

5 A3 E 3 A3 E 3 2 356 x 10 De donde : K 3 = =  L3 =  L 3 = 0,1178 pulg 2 x 106 L3 K3 El espesor de la empaquetadura es igual a L3 = 0,1178 pulg = 3 mm

P 2.5 : La tapa de un recipiente de 36 pulgadas de diámetro interior, está fijada por 32 pernos de 1" - 8 UNC, de acero SAE, grado 5 (Su = 105 000 PSI, Sy= 74 000 PSI) en una circunferencia de 44 pulg. de diámetro, distribuidos igualmente y con empaquetadura cuya constante de rigidez de la unión es 0,6. - Si los pernos se ajustan con un torquímetro a 120 lbs-pie, determine la presión máxima que podrá someterse al recipiente para las siguientes condiciones: - Que, para la presión a calcular se tenga un factor de seguridad de por lo menos 4,0 con respecto al esfuerzo de fluencia.

- Que, la presión que define la separación de la unión (apertura) esté por lo menos 2 veces la presión a determinar. UNIONES

Ing. F. Alva Dávila

145

SOLUCION: Datos. n = 32 pernos 

1" - 8 UNC (As = 0,6057 pulg.2)

Dp = 44"

Acero SAE, Grado 5

Di = 36"

Su = 10 5000 PSI; Sy = 74 000 PSI

K = 0,6

T = 120 Lbs - pie = 1 440-pulg.

N =

Sy

d

 4 ; Po ≥ 2 P  Fo ≥ 2 Fe

Factor de seguridad con respecto al esfuerzo de fluencia:

N =

Sy Sd

 4  Sd 

Sy 74 000 = = 18 500PSI 4 4

Torque de ajuste inicial: T = 0,2 Fi db 0,2 Fi(1) = 120 x 12  Fi = 7 200 Lbs. Por esfuerzos la carga que puede soportar: F

As.Sd = 0,6057 x 18 500 = 11 205 Lbs,

( As = 0,6057 pulg2 )

Calculemos la carga exterior máxima: De: F = Fi + KFe 

11 205

 11 205  Fe máx

7 200 + 0,6.Fe máx

Presión máxima: P máx =

Por la presión de apertura: Por dato debe ser: Po  También tenemos: F o = De (1) y (2) : Fi  F e máx 

 6 675 Lbs

6 675x32 F e m x .n = = 170 PSI 2 A   44 + 36    4 2  2Pmáx  Fo

Fi 1- K



 2Fe máx .................................(1)

F i = (1 - K) F o ........................(2)

2 (1 -K) Fe máx

7 200 Fi = = 9 000 Lbs 2(1 - K) 2( 1 - 0,6)

UNIONES

Diseño de Elementos de Maquinas I

146 Presión máxima

P máx =

9 000 x 32 F e máx .n = 229 PSI = 2 A   44 + 36    4 2 

En consecuencia la presión máxima que se puede aplicar es: P = 170 PSI P 2.6: Una unión embridada con empaquetadura para un recipiente a presión de 16" de diámetro interior y 400 PSI, está constituida por 16 pernos, igualmente espaciados en una circunferencia de 20" de diámetro. Si los pernos se ajustan con un torquímetro hasta 100 Lbs - pie ( pernos sin lubricar ).

Calcular el diámetro de los pernos de rosca gruesa y la calidad de material, para las siguientes condiciones complementarias. - La relación entre las presiones de apertura y de trabajo: Por lo menos de 2 a 1. - Factor de seguridad: entre 2,5 y 3,0 (relación del esfuerzo de fluencia y esfuerzo en el perno a la presión de trabajo) - Constante de rigidez de la unión: K = 0,4 SOLUCION: Datos del problema

Condiciones del problema

Dp = 20"  Di = 16" N = 16 pernos

P = 400 PSI T = 100 lbs x pie

po P



2 , 1

K = 0,4

Cálculo de los parámetros: Area de presión : A =

  20 + 16   4 

2

2  = 254,46 pulg 

Fuerza exterior en cada perno: F e =

De:

2 Po  1 p

UNIONES

P.A (400) (254,46) = 6362 Lbs = 16 n

 P o  2P  F o  2 F e ....................... (1)

De: F i = ( 1 - K ) F o  F o = en (1) : Fi

2

Fi 1- k

 2 (1 - K) Fe .....................................................................(2)

Ing. F. Alva Dávila

147

Torque de ajuste: T = α Fi.db; α = 0,2 (seco)

0,2 F i . d b = 100 x 12 Lbs - pulg  F i =

De (2) y (3):

6000 db

6 000

…………...……….(3) db

 2(1 - K) F e  d b 

El diámetro del perno puede tomar: d b =

6000 2(1 - K) F e

3" 5" 3" , , 4 8 16

Probando tentativamente: db = 3/4"  Remplazando en (3) calculamos la carga de ajuste inicial: Fi= 8 000 Lbs La carga final sobre el perno será: F = Fi + K Fe = 80 000 + 0,4 (6 362) = 10 544,8 Lbs. Esfuerzo en el perno:

t=

F As

donde : As = 0,3345 pulg 2 (Tabla 1)

10544,8   t = 31524 PSI 0,3345 Sy Selección del material con N =

t=

t

2,5 

Sy

t

2,5 (31 524)

 3,0  2,5  t  S y  3  t  Sy

 3 (31 524)  

78 810  Sy  94 572 PSI 55,5

 Sy  66,6 kg / mm2

De la tabla 6 y 7  Sy = 64,8 Kg/mm2 Material: Acero SAE grado 5

UNIONES

Diseño de Elementos de Maquinas I

148

P 2.7 : La tapa de un recipiente a presión de 250 mm de diámetro interior, está unida a la brida del casco por medio de 12 pernos de 5/8" - 11 UNC de acero SAE, grado 2, distribuida uniformemente en una circunferencia de 390 mm de diámetro.

Si la relación entre la carga exterior de apertura a la carga exterior de trabajo es igual a 2,0 , el factor de seguridad en el punto de apertura será de 2,5 con respecto al esfuerzo de fluencia y el factor de seguridad para las condiciones de presión normal de trabajo sea de 3,0 con respecto al esfuerzo de fluencia. Se pide: a) La constante de rigidez de la unión "K" b) La presión normal de trabajo c) El torque de ajuste inicial en lbs - pie. Asumir superficies secas. SOLUCION: Datos.

5/8" - 11 UNC ( As = 145,8 mm2)



n = 12 pernos

Sy = Sp = 36,6 kgf/mm2

Su = 45,1 kgf/mm2

Di = 250 mm ; Dp = 390 mm

Sy Sy 2,5  Fo = 2,0; N = = 2,5 ; N = = 3,0  t =  t0 t  t0 3,0 Fe Cálculo de "K" : De:  to =

F 2,5 F  Fo ;  t= = t= AS AS  to F o 3

F = Fi + KFe

;

Fi = (1-K)Fo

F = (1-K) Fo + KFe , por dato:

F o = 2,0 Fe

F = (1-K) Fo + 0,5 KFo = (1 - 0,5K) Fo

 F   2,5   x 2  K = 1 K = 1  x 2 = 0,33  K = 0,33 3    Fo  Cálculo de la presión de trabajo:

De:  to =

Sy 36,6 = 14,64 kgf/ mm2 = 2,5 2,5

UNIONES

Ing. F. Alva Dávila

149

F o =  to AS = 14,64 x 145,8 = 2134,5 kgf De: Fe 

Fo 2 134,5   1 067,25 kgf 2 2

Presión de Trabajo:

A =

P=

F = (1- 0,5 K)Fo = (1 - 0,5 x 0,33) x 2 134,5 = 1779 kgf;

  250 + 390   4 

2

2

 = 80 425 mm2 

1067,25 x 12 Fe = = 0,159 kgf/ mm2 A 80 425

Torque de ajuste inicial: T Fi = (1 - K) Fo = (1 - 0,33) x 2134,5 = 1 430 Kgf

T =  F i d b = 0,2 ( 1430) x

5 = 178,75 Kgf - pulg 8

T = 32,77 Lbs-pie P 2.8 : Para la figura mostrada, calcular: a) El número de pernos b) El diámetro de los pernos del MAN HOLE considerando una presión de prueba de 150% de la presión de operación. Especifique el perno. c) Recomiende una empaquetadura adecuada:

UNIONES

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150 SOLUCION:

1. Cálculo del diámetro de los pernos y número de pernos De:

Pp = 1,50 P

También : Fo = CFe  21 + 18 A= =  4 2 



C 

y que ;

Pp , C = 1,2 - 2,0 P

Fuerza exterior total : Fet = P.A

2

 21 + 18  2  +   6 = 415,6 pulg   2  

Fet = 800 x 415,6 = 332 480 Lbs Fet = CFet = 1,5 x 332 480 = 498 720 Lbs Asumiendo un material: SAE GRADO 5 Tentativamente: db = 1/4 - 3/4  Sp = 59,9 kgf/mm2 Esfuerzo de diseño (Sdo) : Sy ≈ 64,8 kgf / mm2   92 000 PSI Sdo =

0,4 Sy = 0,4 x 92 000 = 36 800 PSI

Area de esfuerzo total :

498720 Fo = = 13,55 pulg 2 36800 S do

Ast =

L = 2 π (10,5) + 2 x 6 = πD  D = 24,8"

El diámetro equivalente : (D) Tentativamente, asumimos:

n = 24 pernos

Área de esfuerzo del perno :

As =

As =

Ast 13,55 = = 0,564 pulg 2 n 24

Ast 13,55 = = 0,4839 pulg 2  para n = 28 n 28

Tabla 1  db = 1" - 8 UNC

(As = 0,6057 pulg2)

Sale fuera del rango asumido Si db = 7/8 - 1"

UNIONES



Sp = 54,9 kgf/mm2 Sy = 59,6 kgf/mm2 = 85 000 PSI

Ing. F. Alva Dávila

A st =

151

498720 = 14 ,66 pulg 0, 4 x 8 5000



2

As =

14 , 66 = 24

0,6 11 pulg

2

Perno 1" - 12 UNF ( As = 0,6630 pulg2 ) Verificando el espaciamiento de los pernos (p)

p =

2  ( 10,5) + 2 x 6 = 3,24 pulg 24

Paso recomendado: 3 db

 p

 7db

Donde db = 1"  3"

 p

 7"

OK !

Usar: 24 pernos de acero SAE GRADOS 5 de 1" - 12 UNF SELECCION DE LA EMPAQUETADURA : Ajuste manual : Fi = 8 000 db

F i = 8 000( 1 ) = 8 000 Lbs ; F o = De:

Fi = (1 - K) 

498 720 = 20 780 Lbs 24

8 000 = (1 - K) (20 780)



K = 0,615



K = 0,6

Usar: Empaquetadura de asbesto (K = 0,6) Carga inicial requerida: Fi = (1 - K) = (1 - 0,6) (20 780) = 8 312 Lbs

UNIONES

152

UNIONES

Diseño de Elementos de Maquinas I

Ing. F. Alva Dávila

153

P 2.10 : Para una unión atornillada con empaquetadura en toda la superficie de la brida, se tiene que la relación entre la fuerza por milésima de pulgada de deformación en los elementos de la unión y la fuerza por milésima de pulgada de deformación en el perno es 0,25.

a) Cuál es el valor de la constante elástica de la unión?. b) Si la fuerza inicial aplicada en cada perno es de 200 Lbs y la carga externa resultante en cada perno es de 1 100 libras Cuál es la fuerza de comprensión en los elementos? c) Cuál es la fuerza de tracción en el perno cuando se aplica la carga exterior ? d) Diga si abajo las condiciones expuestas existe fuga de fluido o no? e) Si existe fuga, calcule el valor de la fuerza inicial, necesaria para evitar dicha fuga. Si no existe fuga, evalúe el valor de la carga externa que produciría la fuga. SOLUCION :

a) Constante de rigidez de la unión (K)

K =

 =

Kb , pero por dato, la relación de: Kb+ Km P.L P P = = E.A E.A K L

Para el perno:  b =

Para los elementos:

P Kb

 m=

 Kb = P Km

P

b

 Km =

Km = 0,25  K m = 0,25 K b ; Kb Kb Kb K = =  Kb+ Km K b + 0,25 K b

P

m

K = 0,8

b) Fuerza de comprensión en los miembros: Fi = 200 Lbs;

Fe = 1 100 Lbs

Fm = Fi - (1 - K) Fe = 200 - (1 - 0,8) x 1 100 = - 20Lbs Significa que ya no hay carga de compresión en los miembros.

UNIONES

Diseño de Elementos de Maquinas I

154 c)

La fuerza de tracción en el perno cuando se aplica la carga exterior ?

Cuando ya no hay carga de compresión en los miembros, la relación F = Fi + KFe ya no es válida, porque toda la carga es soportada por el perno: F = Fe = 1 100 Lbs d)

Existe fuga ?

Fo = e)

200 Fi = = 1000 Lbs, la fuga ocurre con 100 libras de carga. 1- K 1 - 0,8

Fuerza inicial necesaria para evitar la fuga?

Fi

(1 - K) Fe  Fi

(1 - 0,8) x 1 100  Fi

 220 Lbs

P 2.11: De dos fuentes de información diferente pero igualmente confiables recibimos información para el cálculo de uniones atornilladas con empaquetadura completa en toda la brida.

La fuente de información "x" determina un valor "Kx" para la constante elástica de la unión y la fuente "Z" determina un valor "Kz" para las mismas condiciones de la unión, tal que Kx  Kz a) Si ambos métodos determinan el mismo valor para la constante de rigidez del perno, cuál de las fuentes de información estima un valor más alto de la constante de rigidez de los elementos?

b) Para un diseño conservador (más seguro) Kz emplearía para el cálculo del perno?

Cuál de las dos constantes elásticas Kx o

SOLUCION :

a) Tal que Kx > Kz

:

Kx =

Kb ; K b + K mx

Kz =

Kb K b + K mz

Si Kbx = Kbz  Kmx  Kmz , para que : Kx  Kz La fuente de información "Z" estima más alto la constante de rigidez de los elementos. b)

Cuál emplearía Kx o Kz?

F = Fi + KFe ; Fi = (1 - K) Fe; Fo = CFe F = K (Fe - CFe) + CFe K debe ser pequeña para que F sea grande. Usaría Kz para un diseño conservador.

UNIONES

Ing. F. Alva Dávila

155

P 2.12 : En la figura se muestra 2 pernos fijados al bastidor "C", la horquilla "A" está sometida permanentemente a una carga constante "P" igual a 5760 kg, mientras que en la horquilla "B", actúa una fuerza Q que varía de cero a 5 760 kgs.

Considere: las cargas centradas, material del perno acero con Sy = 60 kgf/mm2, Su =80 kgf/mm2, factor de seguridad igual a 5 respecto al límite de fluencia. Se pide : a) Analizar las cargas en el perno, asumiendo que el ajuste inicial en el perno es despreciable. b) Analizar las cargas cuando el ajuste es de 3 000 kg en cada perno y se asume que K = 0,125 (Constante elástica). c) Determinar el diámetro del perno para los casos (a) y (b).

SOLUCION :

Del esquema: P = 5 760 kgf

Material de acero:

Q = 0 – 5 760 kgf

Sy = 60 kgf/mm2 Su = 80 kgf/mm2

Factor de seguridad con respeto al límite de fluencia: Ny

N y=

Sy

d

 d =

Sy Ny

=

60 = 12 Kgf / mm2 5

UNIONES

Diseño de Elementos de Maquinas I

156 a) Análisis de cargas, cuando Fi ≈ 0

El perno está sometido a una carga de tracción de P/2, al variar la carga Q/2 de CERO a 2880 kgf; la carga en el perno no se incrementa, es decir, la tensión permanece invariable. Entonces el perno no estará sometido a cargas de fatiga. b) Análisis de cargas, cuando Fi = 3 000 kgf. Carga sobre el perno, cuando P/2 = 2 880 kgf F = Fi + KFe = 3 000 + 0,125 x 2 880 = 3 360 kgf.  Tampoco habría variación de carga sobre el perno.

c) Cálculo del diámetro del perno. Caso a:  d 

P/2 As

 As 

P 2 d



5 760  240 mm 2 2 x 12

Tabla 2 : Dos pernos de rosca métrica : M20 (As = 242,3 mm2) Caso b:

As 

F

d



3 360  280 mm 2 12

Tabla 2: Dos pernos de rosca métrica : M24 (As = 348,9 mm2)

UNIONES

Ing. F. Alva Dávila

157

UNIONES

158

UNIONES

Diseño de Elementos de Maquinas I

Ing. F. Alva Dávila

159

. P 2.14.- Se tiene una brida de 100 mm de diámetro interior con empaquetadura de cobre suave y 4 pernos de acero SAE, grado 5, laminado de 5/8"  ( As = 145,8 mm2 ); con Sy = 62 kgf/mm2 ; Su = 84,5kgf/mm2 , instalados en una circunferencia de 200 mm de diámetro. La presión de trabajo admite una variación que no debe exceder de 20 kgf/cm2, se fija la apertura de la unión a una presión de 100% mayor a la presión de trabajo y considerando el factor de seguridad por fatiga igual a 2.0, se pide calcular el valor de la presión máxima de operación.

SOLUCION: n = 4 pernos (laminados) Acero SAE GRADO 5, 5/8"  - 11 UNC ( As = 145,8 mm2 ) Sy = 62 kgf/mm2; Su = 84,5 kgf / mm2

 P = 20 kgf / cm2 (Variación de presión de trabajo) Po = 2 Pmáx (100% mayor) N = 2,0 (Factor de seguridad por fatiga) Kf = 3,0 (Factor de concentración es esfuerzos) K = 0,5 (Constante de rigidez de Cobre suave) Cálculo de la presión máxima de operación: De: F = Fi + KFe ; Pmáx - Pmín = 20 kgf/cm2. = 0,2 kgf/mm2. Fmáx = Fi + K.Pmáx . A Fi

y

Fmín = Fi + K.Pmín .A

= (1-K) Fo = 2 (1-K) Pmáx .A

Fmáx = 2(1-K)Pmáx. A + KPmáx .A = 1,5 Pmáx .A Fmín = 2(1-K)Pmáx. A + Kpmín .A = (1,5 Pmáx - 0,10).A Fmáx = 1,5 Pmáx.A Fmín = (1,5 Pmáx - 0,10).A

UNIONES

Diseño de Elementos de Maquinas I

160

Fm =

F máx - F mín 1,5 P máx . A - (1,5 P máx - 0,10) . A = 2 2

Fm = (1,5 Pmáx - 0,05).A Fa =

F máx - F mín 1,5 P máx . A - (1,5 P máx - 0,10) . A = = 0,05 A 2 2

De la Ecuación:

A =

 4

4 x 145,8 2

K f Fa n As F ,y = m + N Sy Se

 200  100    2  

=

2

 17 671 , 5 mm

(1,5 P máx - 0,05) 62

Pmáx = 0,53 kgf/mm2

2

x 1 767 1 ,5

+

3 (0,05 x 1 767 1 ,5) 0,4 x 84,5

Pmín = 0,33 kgf/mm2

,

P 2.15.- La tapa de un recipiente de 20 pulgadas de diámetro interior, estará sometida a una presión variable del fluido. Está constituido por 20 pernos de 3/4" - 16 UNF, de acero SAE, grado 5, (Su = 120 kPSI y circunferencia de 24 pulgadas.

Sy = 85 kPSI), rosca laminada y dispuestos en una

¿Cuales serán las presiones máxima y mínima a la que podrá operar el recipiente, si se establecen las siguientes condiciones? - Factor de seguridad por fatiga: N = 2,5 - La relación entre las cargas de apertura y exterior no menor de 2,0 - La relación entre las presiones máxima y mínima será de 3 a 1 - La constante de rigidez de la unión: K = 0,5

SOLUCION: Datos del problema. n = 20 pernos de acero SAE, grado 5, db = 3/4"Ø - 16 UNF As = 0,373 pulg2; Su = 120 000 PSI y Sy = 85 000 PSI F Dp = 24"  , Di = 20"  ; o  2,0  F o  2 F e Fe P max F K = 0,5 ; = 3  e m áx = 3 N = 2,5 ; Kf = 3,0 (laminado) P mín F e mÍn De : F = Fi + KFe

UNIONES

;

Fi = (1-K)Fo 

Fi = 2(1-K)Fe

Ing. F. Alva Dávila

 Fi = 2(1-0,5)Fe

161

 Fi = Fe



Fi = Fe max

Tenemos las fuerzas máxima y mínima: Fmáx = Fi + K.Fe máx = Fe máx + 0,5 Fe máx = 1,5 Fe máx Fmáx = 4,5 Fe mín

(De

Fe máx = 3 Fe mín )

Fmín = Fi + K.Fe mín = 3 Fe mín + 0,5 Fe mín

= 3,5 Fe mín

Carga media y amplitud: Fm=

F máx + F mín 4,5 F e má x + 3,5 F e mín = 4 F e mín = 2 2

F máx - F mín 4,5 F e má x - 3,5 F e mín = = 0,5 F e mín 2 2 K f Fa A F Por la ecuación de fatiga: s = m + N Sy Se Fa=

0,373 4 F e mín 3 x 0,5 F e mín = + 2,5 85 000 0,4 x 120 000

Fe mín = 1 905 Lbs

;

Fe máx = 5 715 Lbs

Presión mínima : P mín =

P mín =

n. F mín , A = Area de presión A

20 x 1905 = 100,2 PSI  24 + 20 2 [ ] 2 4

Pmín = 100,2 PSI

y

Pmáx = 300,6 PSI

P 2.16 .- La carga exterior aplicada a una unión embridada, con pernos de rosca métrica ISO, de material aproximadamente SAE GRADO5, fluctúa entre cero y 3 500 Kgf (en cada perno); cada uno de los pernos se precargó cuidadosamente con una carga de 5 000 kgf, las bridas y las empaquetaduras tienen módulos de elasticidad: - Para los pernos: - Para las bridas: - Para la empaquetadura

E = 21 000 kgf/mm2 E = 11 000 kgf/mm2 E= 50 kgf/mm2

UNIONES

Diseño de Elementos de Maquinas I

162

SE PIDE: Hallar la constante de rigidez de la unión y el tamaño del perno STD, use STD ISO. Tomando en consideración el factor de seguridad de la junta igual a 2,0 y un factor de concentración de tensiones igual a Kf = 3,0.

SOLUCION: Fi = 5 000 kgf Eb = 21 000 kgf/mm2 E1 = E2 = 11 000 kgf/mm2 Fe = 0 – 3 500 kgf Fmáx = Fi + KFe máx E3 = 50 kgf/mm2 Fmín = Fi + KFe mín La carga media en el perno:

Fm  Fi 





K K Femáx  5 000  3 500  5 000  1 750 K 2 2

La amplitud de carga:

F a=

K K F e má x = (3 500) = 1 750 K 2 2

Los pernos están sometidos a cargas de fatiga:

As = F m + K F F a N Sy Se

La ecuación de SODERBERG: Si asumimos:

1/4 - 3/4  Sy = 64,8 kgf/mm2

y

Su = 84,5 kgf/mm2

REEMPLAZANDO:

A s 5 000 + 1 750 K 3 x 1 750 K = + => A s = 154,3 + 364,6 K 2 64,8 0,4 x 84,5 El valor de la constante de rigidez de la unión, calcularemos por iteraciones sucesivas: Si : K ≈ 0,5  As = 154,3 + 364,6 (0,5) = 336,6 mm2 TABLA 2 : Para As = 336,6 mm2 correspondería a un perno de: M24 que tiene un área de esfuerzo igual a 348,9 mm2

Recalculando la constante de rigidez de la unión: (K) Calculemos la constante de rigidez del perno:



21 000 x (24 )2 E b Ab 4 = = 211 115,5 Kgf/mm Kb= 45 Lb

UNIONES

Ing. F. Alva Dávila

163

Calculemos la constante de rigidez de los miembros: (Km) Pero: 1 = 1 + 1 + 1 , K

K

m

K

1

K

2

A=

3

 4

( D c2 - d

2

)

Dc1 = 1,5 db + 0,5 L = 1,5(24) + 0,5 x 20 = 46 mm Dc2 = 1,5 db + 0,5 L = 1,5(24) + 0,5 x 20 = 46 mm D C3 =

DC1 + D C2 1 = 46 mm; d = 24 + (25,4) = 25,6 mm 2 16

A1 = A2 = A3 =

K 1= K 2 =

K3= 1 Km

 4

( 46 2 - 25,6 2 ) = 1 147 mm 2

E A 11 000 x 1 147 = = 630 952,6 Kgf/mm L 20

E 3 A3 50 x 1 147 = = 11 470 Kgf/ mm 5 L3 1

=

630 952,6 K=

1

+

+

630 952,6

1

=> 11 067,6 Kgf/mm

11 470

211 115,5 Kb = => K = 0,95 K b + K m 211 115,5 + 11 067,6

Ahora, si: K = 0,95

3 x 1 750 x 0,95 5 000 + 1 750 x 0,95 As + => As = 500,75 mm2 = 64,8 2 0,4 x 84,5 De la tabla 2, con As = 500,75 mm2  M30 Sale fuera del rango asumido: Tomando otro rango: 1 - 1 1/2"Ø  Sy= 57,0 kgf/mm2

;

Su = 73,9 kgf/mm2

Nuevamente recalculamos : (K) Dc1 = 1,5 db + 0,5 L = 1,5(30) + 0,5 x 20 = 55 mm Dc2 = 1,5 db + 0,5 L = 1,5(30) + 0,5 x 20 = 55 mm 1 (25,4) = 31,6mm D c 3 = 55mm; d = 30 + 16

UNIONES

Diseño de Elementos de Maquinas I

164



( D 2c1 - d 2 ) =



( 55 2 - 31,6 2 ) = 1 591,5 mm 2 4 4 11 000 x 1 591,5 = 875 325 Kgf/mm K 1= K 2 = 20 50 x 1 591,5 = 15 915 Kgf/mm K3= 5 1 1 1 1  K m = 15356 Kgf/mm = + + K m 875325 875325 15915 A1 = A2 = A3 =



21000 + (30 )2 4 y que : K b = = 329868 Kgf/mm 45

K=

329868 Kb =  K = 0,955 K b + K m 329868 + 15356,5

5000 + 1750x 0,955 3x 1750x 0,955 Si : K = 0,955 => A S = + 2 57 0,4 x 73,9

 As = 573,3 mm2  M 30 x 2 (As = 618 mm2)

Finalmente: K = 0,955 y

M 30 x 2

P 2.17.- La tapa y brida de un recipiente de 305 mm de diámetro interior, es sellado mediante una empaquetadura anular de 330 mm de diámetro interior. Para la unión se ha previsto 12 pernos de rosca métrica de paso medio M12, de acero ASTM A354-BB. Usando una empaquetadura adecuada, determine la máxima presión de operación a 400ºC. Comente y justifique su respuesta. Determine además, la fuerza de ajuste inicial en cada perno, para la presión máxima que usted ha determinado. SOLUCION : n = 12 pernos, rosca métrica M12, acero ASTM A354-BB Di = 305 mm As = 83,24 mm2 Dom = 330 mm Sto = 13,7 kgf/mm2 a T = 20ºC Dim = 330 mm St = 11,0 kgf/mm2 a T = 400ºC Las medidas: N =

UNIONES

330 - 305 = 12,5 mm 2

Ing. F. Alva Dávila

165

Para N

≤ 0,5" => b = 0,5 N = 0,5 (12,5) = 6,25 mm

Para N

≤ 0,5" => G = 0,5 (330 + 305) = 317,7 mm

Selección de la empaquetadura: Calculemos "y" a partir de la resistencia del perno a temperatura ambiente:

F it =  b Gy = n As S to  y máx =  y máx =

n As S to  bG

12x83,24x13,7 = 2,195 kgf/ mm 2  (6,25)(317,5)

Pero: ymín ≤ yusar ≤ ymáx ymín = 1,097

;

Si : ymáx = 2,195 TABLA 8

ASBESTOS: "Teflón" Sólido de 3 mm ; y = 1,13 kgf/mm2 ; m = 2,0

Carga de instalación mínima: Fit = π.b.G.y = π(6,25) (317,5) (1,13) = 7044,5 kgf Chequeamos el perno por su resistencia: F = n.As.St = 12 x 83,24 x 11 = 10 987,68 kgf La carga de instalación puede llegar como máximo hasta el doble del valor mínimo recomendado, es decir: ymáx ≤ 2y  Fit(máx) = 12 x 83,24 x 11 = 10 987,68 kgf

Pero el perno sólo se puede cargar hasta 10 987,68 kgf (carga admisible por esfuerzo).   F = G 2 P + 2 .b.G.m.P 4 F 10987,68 P= =  2  2 G + 2 .b.G.m G + 2 (6,25) (317,5) x 2 4 4 P = 0,1055 kgf/mm2 => P = 10,55 kgf/cm2 (máxima) Si ajustamos los pernos hasta 10987,68 kgf, cada perno estará ajustado con una carga igual a:

Fi=

10987,68 kgf  F i = 915 kgf 12

UNIONES

Diseño de Elementos de Maquinas I

166

P 2.18.- Los pernos de 1"Ø - 8 UNC (As = 39 mm2 ) de acero SAE, GRADO 5 (Sy = 54,9 kgf/mm2, Su = 81 kgf/mm2 ) de un recipiente de 500 mm de diámetro interior han sido ajustados utilizando un torquímetro hasta producir una fuerza de apriete de 400 kgf en cada perno. La empaquetadura utilizada es de teflón de 580 mm de diámetro exterior por 520 mm de diámetro interior (factor de empaquetadura m = 2,75; presión de instalación mínima, y = 2,61 kgf/mm2), los pernos están dispuestos en una circunferencia de 640 mm. La temperatura de operaciones es 60ºC. Se pregunta: a) La presión de operación máxima que se podrá aplicar al recipiente en kgf/cm2 b) El factor de seguridad de los pernos con respecto al esfuerzo de fluencia para la

condición de operación. c) Se producirá fuga del fluido si el recipiente se prueba a una presión de 35 kgf/cm2 SOLUCION : a) La presión de operación máxima que se podrá aplicar el recipiente en kgf/cm2. n = 20 pernos => 1" Ø - 8 UNC (As = 391 mm2 ) de acero SAE, GRADO 5, Tabla 6 → Sy = 54,9 kgf/mm2 De = 580 mm ;

Di = 520 mm

dp = 640 mm ; y = 2,61 kgf/mm2 ;

;

m = 2,75

T = 60°C

Fi = 4000 kgf → Carga de apriete St = 13,2 kgf/mm2 → esfuerzo permisible a 60°C

N=

580 - 520 = 30 mm = 1,18" > 0,5" 2

 b=

N 1,18 =  b = 0,384" = 9,76 mm 8 8

G = Dom - 2b = 580 - 2(9,76) = 560,5 mm El perno ajustado inicialmente a un determinado valor y que posteriormente se somete a cargas externas, no sufrirá una variación sensible en su magnitud, por lo que para cálculos prácticos se puede suponer que la carga en el perno permanece constante. Por lo tanto:

  F it = F =  G2 + 2 .b.G.m P 4 

UNIONES

Ing. F. Alva Dávila

167

    4000 x 20  = 0,2344 kgf/ mm 2 P=   (560,5 ) 2 + 2 (2,75) (6,76) (560,5)    4  b) Factor de seguridad:

N= c)

F=

Sy

t

=

54,5 = 5,36 4000/391

Se producirá la fuga del fluido si el recipiente se prueba a una presión de 35 kgf/cm2 ? Para que se produzca fuga del fluido, ya no habrá carga de compresión en la empaquetadura, entonces el segundo miembro de la expresión será igual a cero.

 4

G 2 P + 2 .b.G.m.P=> Po =

4 000x 20

 4

2

= 32,4 kgf/ cm2 (presión de fuga)

(56,05 )

¡Habrá fuga con 35 kgf/cm2 !

P 2.19.- La unión atornillada de la tapa de un recipiente a presión trabaja a una presión "P" y 400ºC, consta de 24 pernos de 1" Ø - UNC en material ASTM A325, dispuestos en una circunferencia de 24" de diámetro. La empaquetadura original tiene las siguientes características: Dom = 2" Ø Dim = 19" Ø

y = 3,87 kgf/mm2 m = 3,25

El diámetro interior del recipiente es 18" Ø y el ajuste inicial está dado con un torquímetro, a un valor igual a 1568 Lbs-pulg (en seco).

Por razones de suministro se desea cambiar la empaquetadura anular por otra nueva con las siguientes características: y = 4,58 kgf/mm2 m = 3,5 (Conservando la misma geometría). Se pregunta: a) b)

Cuál es el valor de "P" con la cuál se diseñó la unión ? Es factible el cambio?. Qué modificaciones deberían hacerse para la presión de diseño en (a)?.

UNIONES

Diseño de Elementos de Maquinas I

168

SOLUCION :

EMPAQUETADURA :

n = 24 pernos db = 1" Ø - UNC ASTM A325 Dp = 24" Ø Di = 18" Ø T = 400°C

Dom = 21" Ø Dim = 19" Ø m = 3,25 y = 3,87 kgf/mm2 T = 1568 Lbs - pulg

NUEVA EMPAQUETADURA : y = 4,58 kgf/mm2 ; m = 3,50 Ancho geométrico de la empaquetadura: (N) N=

D om - D im 21 - 19 =  N = 1" 2 2

Ancho efectivo (b): Si:

N > 0,5"  b = N/8 = 1/8  b = 0,35"

Diámetro de localización de la reacción de la empaquetadura: Si: N > 0,5"  G = D om - 2 b = 21 - 2(0,35)= 20,3" Carga de instalación mínima: Fit mín

F it =  .b.G.y =  (0,35)(20,3)(3,87) 1 420 = 122 663 Lbs Carga de instalación máxima: Fit máx Fit máx = 2 Fit mín = 2(122 663) = 245 326 Lbs Carga de instalación aplicada: Fit Del torque de ajuste: T = 0,2 Fi.db = 1 568 Lbs-pulg 0,2 Fi (1) = 1 568 => Fi = 7 840 Lbs en cada perno. Fit = 7 840 x 24 = 188 160 Lbs

PRESION DE DISEÑO :

UNIONES

Ing. F. Alva Dávila

F=

 4

 P=

169

2 G P + 2 .b.G.m.P

F

 4

=

G + 2 .b.G.m 2

188 160

 4

 400 PSI

(20,3 )2 + 2 (0,35)(20,3)(3,25)

Por esfuerzos en el perno: Sto = 13,2 kgf/mm2 =

18 744 PSI a to = 20°C

Sto = 11,0 kgf/mm2 = 15 620 PSI a t = 400°C As = 0,6057 pulg2  TABLA 1

 = F it  S to n As

F it = n A s S to = 24 x 0,6057 x 13,2 x 1 420 = 272 478 Lbs F = n A s S t = 24 x 0,6057 x 11,0 x 1 420 = 22 065 Lbs

CONCLUSION : No existe problema con la resistencia del perno. Con la nueva empaquetadura: m = 3,50; y = 4,58 kgf/mm2 La carga en el perno bajo carga exterior:

F=

 4

(20,3)400 = 2 (0,35)(20, 3)(3,5)400  192 440 Lbs

Fit = 192 440 Lbs Carga de instalación: Fit mín = π.b.G.y = π(0,35)(20,3)(4,58)1420 = 145 167 Lbs Fit máx = 2π.b.G.y = 290 334 Lbs Es factible el cambio de la empaquetadura, porque de acuerdo a la resistencia del perno, estamos dentro del esfuerzo admisible. Sin embargo hay que darle mayor ajuste inicial, en este caso con una carga de Fit = 192 440 Lbs.

UNIONES

Diseño de Elementos de Maquinas I

170

P 2.20: Para el recipiente de presión mostrado, seleccionar el material de la empaquetadura apropiada, el tamaño y número óptimo de pernos, teniendo en cuenta el paso apropiado entre ellos. La temperatura de servicio es 400°F, y la presión a considerar 1400 PSI, materiales y datos adicionales se encuentra en la figura que se adjunta: SOLUCION : Cálculo de los parámetros: Dom = 44" Ø; Dim = 40" Ø El ancho geométrico: N = 2", ancho efectivo: b = ? para

N > 0,5" => b = 2/8 => b = 0,5" Diámetro de localización de la reacción de la empaquetadura: para

N > 0,5" => G = 44 - 2(0,5) => G = 43" 

1. Carga de asentamiento: Fit = π.b.G.y Asumiendo el material de la empaquetadura, teniendo en cuenta que debe poseer una presión de instalación "y" alta, porque el recipiente estará sometido a altas presiones. Tentativamente sea: Metal ranurado: acero inoxidable que tiene y = 7,11 kgf/mm2; m= 4,25 Ahora, calculemos la carga de asentamiento: Fit = π.b.G.y = π(0,5)(43)(7,11) 1420 = 681 941 Lbs 2. Carga en los pernos bajo carga exterior.

F=

F=

 4



G 2 P + 2 .b.G.m.P

4 (43 )2 1400 + 2 (0,5)(43)(4,25) 1400 = 2836 865 Lbs

Cálculo del área total de los pernos:

UNIONES

AST =

F Sd

Ing. F. Alva Dávila

171

F = 2836 865 Lbs Sd = 14,1 kgf/mm2 para el material ASTM A193-B7 para una temperatura de 400°F= 205°C. A ST =

2836 865 = 141,68 pulg 2 14,1 x 1 420

Si n = 36 pernos => A s =

141,68 = 3,935 pulg 2  d b = 2 1/2"  36

n = 32 pernos => A s =

141,68 = 4,427 pulg 2  d b = 2 1/2"  32

Chequeando el espaciamiento de los pernos:

P

=

 Dp n

=

 (52) 36

= 4,53" ; P =

 (52) 32

= 5,10"

p mín = 2 d b + 1/4 = 2(2,5) + 1,4 = 5,25" p mín = 2 d b + 1/4 = 2(2,5) + 1,4 = 5,25"

p máx = 2 d b +

6t 6 x 6,5 = 2(2,5) + = 13,21" m + 0,5 4,25 + 0,5

No cumple el paso mínimo, porque : p = 5,10" < pmín = 5,25"

n = 28  A s = Si

141,68 = 5,06 pulg 2  d b = 2 3/4"  - 4 UNF 28 p mín = 2(2,75) + 1/4 = 5,75"

p=

 Dp 28

=

 (52) 28

= 5,83"

Ahora: p = 5,83" > pmín = 5,75 OK!

Conclusión:

n = 28 pernos de 2 1/4"

UNIONES

Diseño de Elementos de Maquinas I

172

P 2.21.- La figura muestra una junta embridada ciega que estará sometida a una presión interior constante de un fluido a temperatura ambiente, se pide: a) Determinar la presión máxima de operación aplicable a la junta mostrada. b) En base a lo calculado en (a) determine el torque de ajuste en los pernos, considerando pernos en condiciones no lubricados.

SOLUCION : De la figura tenemos los datos necesarios: N = 1", como N > 0,5"  b = N/8 = 1/8  b = 0,35" Diámetro correspondiente a la localización de la reacción de la empaquetadura (G) Para N > 0,5"  G = Dom - 2b = 12,75 - 2(0,25) = G = 12,05" Empaquetadura : Para db = 1"



m = 2,5; y = 2,04 kgf/mm2 < > 2 900 PSI

  As = 0,6057 pulg2

Para ASTM A325  Sd = 13,2 kgf/mm2 < > 18 744 PSI

a) Presión máxima de operación aplicable, calculemos con la carga de instalación máxima. UNIONES

Ing. F. Alva Dávila

173

Carga de instalación mínima Fit = π.b.G.y Fit = π (0,35) (12,05) (2 900) = 38,424 Lbs La carga de instalación máxima según la ASME, sólo se puede aplicar hasta el doble de la mínima. Fit máx = 2π bGy = 2π (0,35) (12,05) (2 900) = 76 848 Lbs La carga en el perno bajo la carga exterior



F=

4

G 2 P + 2 .b.G.m.P

La presión máxima aplicable, calculamos, igualando esta expresión a la carga de instalación máxima.

F= P=

 4

G 2 P + 2 .b.G.m.P = F it 76848

 4

................................(1)

mx

(12,05 )2 + 2 (0,35) (12,05) (2,5)

= 426 PSI

Chequeamos la presión máxima por resistencia de los pernos: F = n.As.Sd = 16 (0,6057) (13,2) x 1 420 = 18 1652 Lbs En (1) : P=

181 652

 4

= 1 007 PSI

(12,05 )2 + 2 (0,35) (12,05) (2,5)

Conclusión: La presión máxima aplicable es P = 426 PSI b) Torque de ajuste: F i =

76 848 = 4 803Lbs 16

T = 0,2 Fidb = 0,2 x 4 803 x 1" = 80 Lbs-pie

UNIONES

Diseño de Elementos de Maquinas I

174

P 2.22.- La tapa de un recipiente a presión que contiene un gas a 300 PSI y 350°C, está asegurado por 16 pernos, distribuidos en una circunferencia de 21"Ø, el diámetro exterior de la brida es 24" y su espesor 1", el diámetro interior del recipiente mide 16", el diámetro interior de la empaquetadura 17", el diámetro exterior de la empaquetadura 18", se desea calcular el diámetro de los pernos en material ASTM A325, si la empaquetadura utilizada es de asbestos con cubierta metálica de aluminio blando (m = 3,25, presión mínima de instalación y = 3,87 kgf.mm2) . ¿ Con qué presión falla la unión ? y ¿ Cuál será el factor de seguridad por fatiga y la presión de apertura de la unión, si la presión del gas varía entre cero y 300 PSI ?, para lo cual la tapa se ha asegurado con una empaquetadura a lo largo de la brida (empaquetadura de asbestos K= 0,6), factor de concentración de esfuerzos KF = 3,8, coeficiente de distanciamiento C=1,814, torque de ajuste inicial Ti = 40 Lbs-pie en cada perno (superficies lubricadas).

SOLUCION : P = 300 PSI a T = 350°C n = 16 pernos Dp = 21" Ø Di = 16" Ø Dim = 17" Ø Dom = 18" Ø Empaquetadura: asbestos con cubierta metálica de aluminio blando: m = 3,15 ; y = 3,87 kgf/mm2 Dimensiones:

N=

18 - 17 = 0,5"  como N  0,5  b = 0,5N  b = 0,25" 2

Para N ≤ 0,5"  G = 0,5(Dom + Dim ) = 0,5(18 + 17) =17,5" Ø 1) Carga mínima de instalación: Fit Fit = π(0,25)(17,5)(3,87) x 1420 = 75 531 Lbs 2) Carga sobre el perno bajo carga exterior: F F= F=



4

 4

2 G P + 2 .b.G.m.P

(17,5 )2 x 300 + 2 (0,25)(17,5)(3,25)x 300 = 98 960 Lbs

Tabla 7  Con T = 350°C  Sd = 12,5 Kgf/mm2

UNIONES

17 750 PSI

Ing. F. Alva Dávila

175

El área de esfuerzo calculamos con la carga mayor, es decir, con: F = 98960 Lbs 98960 F = 5,575 pulg 2 = A st = S d 17750 5,575 Para cada perno: A s =  A s = 0,348 pulg 2 16 Tabla 1 : Pernos 7/ 8 "  -9UNC (As = 0,4617 pulg2) Falla la unión y con qué presión ? Calculamos la presión de fuga con la expresión:

F=

 4

G 2 P + 2 .b.G.m.P

Teóricamente, la unión falla cuando el segundo término se iguala a cero, esto quiere decir que ya no hay compresión en la empaquetadura. Entonces:

Po =  4

F G

= 2

 4

98960

= 411,4 PSI 2

(17,50 )

La unión fallaría cuando se llegue a esta presión de 411,4 PSI, pero en realidad puede fallar antes. SEGUNDA PARTE : Pmáx = 300 PSI Pmín = 0 Ti = 40 Lbs-pie

K = 0,6 (asbesto) KF = 3,8 C = 1,814 2

Area de presión:

π  21  16  2   268,8pulg  4 2 

A

Presión de apertura: Po Fo = CFe => Po = CPmáx = 1,814 x 300 = 544,2 PSI

FACTOR DE SEGURIDAD : N Fmáx = Fi + KFe máx, Fi = (1 - K)Fo Fmín = Fi + KFe mín, Fi = (1 - K)CPmáx.A 2

1   16  21  x   x 300  5 040 Lbs F máx = 16 4  2 

UNIONES

Diseño de Elementos de Maquinas I

176

Fi 

1 1  0,6 x 1,814 x 300  3 657 Lbs 16

Fmáx = 3657 + 0,6(5 040)  Fmáx = 6 681 Lbs Fm=

6 681 + 3 657 = 5 169Lbs 2

Fa=

6 681 - 3 657 = 1 512 Lbs 2

As = F m + K F F a ; N Sy Se

y Fmín = 3 657 Lbs

Sy = 64,8 kgf/mm2

92000 PSI

Su = 84,5 kgf/mm2

120000 PSI

Continue Ud....

P 2.23.- La unión que se muestra en la figura consta de 4 pernos de acero SAE, grado 5 y perfiles estructurales de acero A36. Determinar:

a) El tipo de carga sobre los pernos b) El perno más crítico c) El diámetro de los pernos

UNIONES

Ing. F. Alva Dávila

177

SOLUCION: Consideremos unión rígida

a) TIPOS DE CARGA : Corte directo : Fso  P = 162 Kgf    Tensión por flexión : Ft1,2; Ft3,4  Corte directo : Fs1   Fv =    Tensión por flexión : Ft1,2; Ft3,4  Corte directo : Fs2     Fh = Corte secundario : F s      Tensión por flexión : F t2,3; F t1,4  Torque : T =

63000 x 12 = 4,200 Lbs - pulg 180

También : T = F (d/2) = 4 200  F = 1 050 lbs Fv = F cos 15° = 1 050 cos 15°  Fv = 1 014 lbs Fh = F sen 15° = 1 050 sen 15°  Fh = 272 lbs

UNIONES

Diseño de Elementos de Maquinas I

178

Cargas de Corte Directo : P 162 x 2,2 Fso = = = 89 lbs 4 4 272 1 014 Fs1 = F h = = 68 lbs ; Fs 2 = F v = = 253,5 lbs 4 4 4 4

Corte Secundario: T. Ci ; T = 272 x 13,5 + 4 200 = 7 872 lbs - pulg Σ C2j 2 C2j = 4(32 + 2, 52) = 61 pulg FS =

FSH =

T . CV 7 872 x 25 = = 323 Lbs 61 Σ C2j

FSV =

T . CH 7 872 x 3 = 387 Lbs = 61 Σ C2j

CARGA DE CORTE RESULTANTE :

Punto 1: F S = (Fs1 + F S H )2 + ( F SO + Fs 2 + F S V )2 2 2 F s = (68 + 323 ) + (89 + 253,5 + 387 ) = 828 Lbs

Punto 2: F s =

UNIONES

(68 + 323 ) 2 + (89 + 253,5 - 387 ) 2 = 393 Lbs

Ing. F. Alva Dávila

179

Tensión por Flexión: Por efecto de P y Fv M1 = 357 x 14 + 1 014 x 24 = 29 334 lbs-pulg

Ft 1 = Ft 2 =

M.C i 29 334 x 9 = = 1 361 lbs  C i2 2[ 4 2 + 9 2 ]

Ft 3 = Ft 4 =

M.C i 29 334 x 4 = = 605 lbs  C 2j 2[ 4 2 + 9 2 ]

Nota: Estas cargas calculadas incluyen el efecto de las cargas tanto P y Fh, es decir es la suma de ambos efectos.

UNIONES

Diseño de Elementos de Maquinas I

180

La vista de planta:

M2 = 272 x 24 = 6528 lbs-pulg F t 2 = F t 3 =

M.C i 6 528 x 10 = = 282 Lbs  C 2j 2[ 4 2 + 10 2 ]

F t1 = F t 4 =

M.C i 6 528 x 4 = = 113 Lbs  C 2j 2[ 4 2 + 10]

Punto 1: F t = Ft1 + F t1 = 1 361 + 113 = 1 474 Lbs Punto 2: F t = F t 2 + F t 2 = 1 361 + 282 = 1 643 Lbs Finalmente, tenemos las cargas de corte y tensión Punto 1 : Fs = 828 lbs;

Ft = 1 474 lbs

Punto 2 : Fs = 393 lbs;

Ft = 1 643 lbs

b) Conclusión: El perno más cargado es (1) c) El diámetro de los pernos

UNIONES

Ing. F. Alva Dávila

181

1. Considerando que la fricción existente entre las superficies de contacto, toma la Carga de Corte actuante. Esto requiere que la fuerza de tracción en el perno sea: Fe ≥ Ft + Fs/μ ;

Asumiendo

Donde: Fs = 828 lbs F e  1474 +

y

μ = 0,25

Ft = 1 474 lbs

828  F e = 4786 Lbs y que : F e  0,6 S y . A s 0,25

Para perno de acero SAE, grado 5 ≈ 325 Tabla: Sy = 64,8 Kgf/mm2 = 92 000 PSI

Reemplazando: 4 786 ≤

0,6 (92 000) As



As

≥ 0,086 pulg2

Perno: db = 3/8 " - 24 UNF (As = 0,0878 pulg2) El perno se fijará con un ajuste de : Fi ≤ 0,8 Sy As  Fi ≤ 0,8 (92 000) (0,0878)

Fi ≤ 6 462 lbs (como máximo) 2. Considerando que el perno tomará la carga de corte por ajuste inadecuado. Para esta situación la carga equivalente de tracción será: - De acuerdo al criterio del máximo esfuerzo cortante (más conservador): 2 F e = F t2 + 4 F 2s 1 = 14742 + 4(828 )  F e = 2217 lbs

-

Calculamos el área de esfuerzo requerido, usando las fórmulas de Seaton y Routheuwaite: 6 Fe  A s =   S y  

2/3

 6 x 2217  =   92000 

2/3

= 0,275 pulg

2

- Area Requerida: As = 0,275 pulg 2 Tabla 1: Perno db = 3/4Ø" - 10 UNC (As = 0,3345 pulg2) Las fórmulas de Seaton y Routherwaite, se usan generalmente para cargas dinámicas. Según la AISC: Para Cargas Estáticas As =

2 217 Fe = = 0,0602 pulg 2 0,4 S y 0,4 x 92 000

UNIONES

182

Diseño de Elementos de Maquinas I

Tabla 1: Perno db = 3/8" Ø - 16 UNC (As = 0,0775 Pulg2) Torque de ajuste : T = 0,2 F i d b T = 0,2 x 6462 x 3/8 = 484,65 lbs - pulg = 40Lbs - pie

UNIONES

Ing. F. Alva Dávila

183

P 2.25.- Para el esquema mostrado en la figura se desea que la fuerza de fricción existente entre las planchas tome la fuerza de corte, considere el coeficiente de fricción igual a 0,25 y un factor de seguridad respecto al límite de fluencia de 4. Se pide calcular la fuerza de ajuste inicial mínima y el diámetro del perno de rosca gruesa americana de material ASTM A354 grado BB y la carga: R = 3 000 kgf.

SOLUCION: n = 3 pernos Acero ASTM A354, grado BB R = 3000 kgf, μ = 0,25, Ny = 4 Si se desea que la fricción existente entre las superficies de contacto tome la carga de corte actuante, se requiere que la fuerza de tracción en el perno sea: Fe > Ft + Fs/μ; Ft 0 Fs=

R 3000 = = 500 Kgf (Corte Doble) 2n 2x3 Fe 

500  F e  2000 Kgf 0,25

Area de esfuerzo del perno De : F e  0.6 S y As  As 

Fe 0,6 Sy

Asumiendo un rango: db = 1/4" - 2 1/2" Ø. Tabla 5 para ASTM A354, grado BB  Sy = 58,4 kgf/mm2

UNIONES

184

As 

Diseño de Elementos de Maquinas I

2000  As > 57.07 mm2 0.6 x 58.4

Tabla 2: Rosca Métrica M10 paso basto (As = 57,26 mm2) 7/16"Ø - 14 UNC (AS = 68,59 mm2) El perno se fijará con un ajuste de: Fi < 0,8 Sy As

Fi < 0,8 x 58,4 x 57,07  Fi < 2666 kgf P 2.26.- La figura muestra un soporte de pie con 2 pernos de sujeción de acero SAE GRADO 5 (Sy = 64,8 kgf/mm2; Su = 84,5 kgf/mm2). Determinar la carga máxima F que soportarían los pernos.

SOLUCION Análisis de las cargas Descomponiendo la carga F en sus componentes horizontal y vertical.

Fcos 45 = 0,35 F 2 Fsen 45 2. TRACCION DIRECTA: F t = = 0,35F 2 M Ci 3. TENCION POR FLEXION: F t  =  C 2j 1. CORTE DIRECTO: F s =

M = 60 Fcos 45° = 42,4F ; C 2j = 252 + 1652 = 27 650

UNIONES

Ing. F. Alva Dávila

Ft =

185

42,4 F x 165 = 0,25 F 27 850

Cargas resultantes: Por corte: Fs = 0,35 F Por tensión: Ft = 0,35 F + 0,25 F = 0,60 F a) Considerando que la fricción existente entre las superficies, de contrato toma la carga de corte actuante y que μ = 0,20.

 Fe  Ft + y que Fe

 1,85 F

Fs



 F e  0,60 F +

0,25 F  F e  1,85 F 0,20

0,6 Sy As, también As = 155,1 mm2 para M16. 0,6 (64,5) (155,1)  F

y una nueva carga de ajuste: Fi

3244,5 kgf

0,8 Sy As

Fi

0,8(64,5) (155,1)

Fi

8 000 kgf. Como máximo

b) Considerando que el perno tomará la carga de corte por ajuste inadecuado. Por criterio del máximo esfuerzo constante: 2 2 F e = F t2 + 4 F 2s = (0,6 F ) + 4(0,35 ) = 0,92 F

Con: As =

Fe  0,92 F = 155,1(0,4 x 64,5)  F = 4 349 kgf 0,4 S y

Por Seaton y Routhewaite: 2/3  152,4 F e  152,4 x 0,92 F     = 155,1  F = 889 kgf  A s =   64,5 Sy    

P 2.27.- La figura adjunta muestra un acoplamiento rígido de tipo partido, el cual conecta un motor eléctrico trifásico "DELCROSA", a un reductor de engranajes cilíndricos de dientes helicoidales "Falk". Si el torque se transmite básicamente por la fricción inducida por la comprensión de los cubos partidos de dicho acoplamiento, contra los ejes a conectar.

UNIONES

186

Diseño de Elementos de Maquinas I

Se pide: a) Calcular la presión específica necesaria entre los ejes que se conectan y los cubos respectivos, en PSI b)

La precarga mínima a que deberán someterse los pernos en libras a fin de proporcionar la fricción suficiente, para la transmisión del torque calculado.

c)

El diámetro mínimo estándar de los pernos a usar, si se considera material SAE grado 5 (sugerencia: use la fórmula de Seaton & Routhewaite, asimismo indique el tipo de rosca a utilizar).

d)

El torque de ajuste inicial necesario, si se considera pernos lubricados, en lb x pie.

Datos: 1.- Potencia nominal del motor: 90 HP ó 875 RPM. 2.- Factor de servicio: 1,2 3.- Factor de sobrecarga: 1,5 el cual servirá para involucrar las cargas súbitas que parecerán durante la operación y que difícilmente puedan evaluarse. 4.- Factor de fricción: 0,2

SUGERENCIA: Considere que, inicialmente antes de proceder al ajuste de los pernos, existe una pequeña luz entre los cubos; la cual desaparecerá cuando se ajuste dichos pernos a la precarga especificada. Asimismo considere que la presión específica sobre los ejes es constante en toda la superficie de contacto.

UNIONES

Ing. F. Alva Dávila

187

SOLUCION: Torque a transmitir: - Potencia de diseño = Pot. Nominal x fs = 90 x 1,2 = 108 HP. - Torque nominal =

63 000 HP 63 000 x 108 = = 776 Lbs - pulg. RPM 875

- T diseño = T nom x Factor de sobrecarga

- T diseño = 7 776 x 1,5 = 11 664 Lbs - pulg. La transmisión por fricción, tenemos:

Tomando un diferencial de la fuerza normal; dFn = p.dA. Diferencial de área ; dA = (r d  )L ;  d F n = L p r d

Diferencial de la fuerza de fricción:

d F f =  d Fn=  L p r d 

......................................

(1)

......................................

(2)

El torque se transmite por fricción: Diferencial del torque: dT = dFf . r (1) en (2): dT = 2

T = o

 Lpr 2 d   L p r 2 d  =  L p r 2 (2 )

UNIONES

Diseño de Elementos de Maquinas I

188 2

También: Ff =  0

L p r d  = L p r(2 )

a) Presión específica: F F 2r.L.T T p= = =  F = 2 r L p= 2 A 2r.L  .L.r 2 r  F=

T

r

=

11 664 = 12 376 Lbs. 0,2 (1,5)

De donde : p =

F 12376 = = 687,5 Lbs/ pulg 2 2r.L 2(1,5) x 6

La fuerza F, es la carga de compresión total, esta misma carga es soportada por los 4 pernos (en tracción).

b) La precarga en cada perno será: Fi Fi=

F 12 376 = = 3 094 Lbs. , Carga de ajuste inicial (mínima). n 4

c) El diámetro de los pernos. Considerando SAE grado 5. db Sp 1/4 - 3/4 59,9 kgf/mm2 7/8 - 1 59,9 kgf/mm2 1 - 1 1/2 52,1 kgf/mm2 Según Seaton y Routherwaite:

85 000 PSI 78 000 PSI 74 000 PSI

El área de esfuerzo: Para Fi = Fe = 3094 Lbs 2/3

2/3  6 Fe   6 x 3 094  2   =  = 0,362 pulg As =    85 000   Sy 

TABLA 1: 3/4"Ø - 16 UNF,

¡ OK !

d) Torque de ajuste inicial: pernos lubricados T = 0,15 Fi db = 0,15 x 3094 x 3/4 = 348 Lbs-pulg. T = 29 Lbs-pie

UNIONES

Ing. F. Alva Dávila

189

P 2.28.- Las dos mitades de una gran polea para transmisiones por fajas están unidas entre sí mediante pernos. En la figura que se muestra se da un detalle de la unión de la corona. La fuerza centrífuga producida por el movimiento de giro tiende a separar una de las dos mitades. Esto debilita el efecto de los tornillos. La fuerza centrífuga Fc = 240 kN. Debe tomarse en cuenta que la velocidad es constante.

Se pide calcular: a) El diámetro "d" de los pernos de rosca métrica de paso basto, están construidos en material de acero GRADO 5,8, el cual tiene Su = 520 N/mm2; Sy = 400 N/mm2. Se puede tomar la relación de acortamiento - alargamiento como: b)

La carga de ajuste inicial mínima

c)

El torque de ajuste.

m = 0,6 b

UNIONES

Diseño de Elementos de Maquinas I

190

SOLUCION a) La fuerza centrífuga: Fc = 240 kN Acero GRADO 5,8  Su = 520 N/mm2; Las deformaciones:

Sy = 400 N/mm2

m = 0,6 b

La carga exterior en cada perno será:

Ft =

240 = 60 N (carga de tracción actuante) 4

Con ajuste adecuado de los pernos: Fs (Fs = 0, no hay carga de corte) Fe  Ft +



Fe = Ft = 60 kN

60 000 Fe = = 250 mm2 0,6 Sy 0,6 x 400 De tabla 2  M24  As = 348,9 mm2 Cubre largamente la carga de fatiga b) La carga de ajuste inicial mínima. Fe  0,6 Sy . A s  A s 

El perno podemos ajustar como máximo hasta: Fi

0,8 Sy .As = 0,8 x 400 x 348,9  Fi

111 648 N

Incremento de carga en el perno:  Fb = KFe Donde: K =

 m = K b =  m /  b = 0,6 = 0,375  b +  m K b + K m 1 +  m /  b 1 + 0,6

  Fb = 0,375 x 60 000 = 22 500 N La carga final en el perno será : F = Fi + KFe De aquí podemos calcular la carga de ajuste inicial mínima: Fi + 22 500 = 111 648  Fi = 89 148 N

c) Torque de ajuste: T = 0,2 Fi.db = 0,2 x 89 148 x 24 = 427 910 N-mm

T = 427,91 N.m

UNIONES