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Ing. F. Alva Dávila

139

UNIONES AATOR NILLADAS P 2.1.-D   eterminar la constante de rigidez de la unión atornillada : K

Kb K  = K  b  K m ,

donde:

K  b =

E b L b1 + L b2 A b1 A b2

;

1 1 1 1 = + + K m K 1 K 2 k 3

E1 A1 ; E2 A2 ; E3 A3 K 1 = K 2 = K 3 = L1 L2 L3

A1 =

π

2 (Dc1 - d2) ; A2 =

π

2 (Dc2 - d2) ; A3 =

π

2 (Dc3 - d 2 )

4 4 4 Dc1=1,5d b + 0,5L1 ; Dc2 =1,5d b + 0,5L2 ; D3 = 0,5(Dc1+ Dc2)

Siendo: Eb: E1 y E 2: 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

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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): Para los siguientes datos: Perno : 1"   - 8 UNC (A s=   0,6057 pulg 2) L1= 1" Lb1= ? , L2= 1/2" Lb2=3" , L3= 1/8" d = db+   1/16 =1 + 1/16 = 1,0625"

E1 = E2=30 x 106P   SI 6 Eb=30 x 10  PSI E3=12 000 PSI

Longitud Lb1: Lb1 + L b2= x + 2" + 0,125 + 1,5; donde : x = 3 (1/8) = 0,375" Lb1+   3 = 0,375 + 3,625

L b1=   1"

Cálculo de K b: Ab1=   0,6057 pulg 2  (tabla);

 Ab2

=

 

4

d b2

=

 

4

(1 )2 = 0,786  pulg 2

30 x 106  lbs E  b  K b = 5,48  x 106  = K b = 1 3  pulg  Lb 1  Lb 2 + + 0,6057  0,785  Ab 1  Ab 2 Cálculo de K m:  

2  DC1 = 1,5(1) + 0,5(2) = 2,5"     A1 = (2, 52 - 1,06252 ) = 4,02  pulg 4

 

  A2 = (2,252 - 1,06252 )= 3,09 pulg2  DC2=1,5(1)+0,5(1,5)= 2,5"    4

 DC3=

2,5+ 2,25   = 2,375"     A3= (2,3752 - 1,06252 )= 3,54 pulg2 2 4

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

 A2 . E 2 30 x 106  x 3,09 = = 61,78  x 106 lbs/pulg K 2 = 1,5  L2

 A3 .E 3 = 12 000 x 3,54 = 0,34 x 6 lbs/pul 10 K 3 = 1 0, 25  L3 UNIONES

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1 1 1   1   1 = + +  x106  lbs/pul   x 6   Km = 0,336  Km  60,33 61,78  0,34  10 - Como la empaquetadura es es suave, su rigidez en relación con las otras otras es muy pequeña, que para fines prácticos, el efecto de estas últimas últi mas se puede despreciar y utilizar sólo de la empaquetadura.

Finalmente, K =

5,48 K  b = = 0,94 + 5,48 + 0,336 K  b K m

Este resultado, significa que el perno es más rígido que las piezas unidas. P 2.2: En 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   Lb = 2 +  L1 +  L2  , donde :  L   0,4 d b  A  A1  A2  Ab

L' = 0,4(12) = 4,8 mm, L 1=   25 mm, L 2=   15 mm.   83,24 mm 2  (Tabla)  A1 = (  12) 2=  113 mm 2; A' = A2 = A s = 83,24

4

UNIONES

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Eb  = 210 000 000 N/mm 2para:

DIN 931 - 8,8

15 4,8  25 + + = 0,516 mm/ mm2   Lb = 2 113 83,24 83,24  Ab

21 0000  N/  mm2  K b = 407  x 10 3 N/mm K b = 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 deformación de las partes partes unidas unidas por unidad de de carga carga es 1/4. 1/4. ¿Qué ¿Qué porce po rcenta ntaje je de la ca carg rgaa aplica aplicada da a la lass placas placas se añade añade por perno perno a la carga carga inicia iniciall de ajuste?. Suponer que las placas no se separan bajo la carga. Solución: Sabemos que:    b = F b ;  m = F m K b K m

  b =   m 

 F b  = F b K b K m

donde :  F m = F e -  F b

     F b F e -  F b   F b =  k b  F e = K b K m  k b + k m  La carga que se añade por perno es :. ∆ F b. Calculemos:

de:  b =

     k b    k b + k m  

P 1   b = ; P K b k b

 m =

P 1   m = P K m k m

Dividiendo ambas relaciones :  b /p

1 = K m =  , entonces K b = 4 K m  /p 4  m K b K  =

4 k m 4 k b = = k m = 0,8  5 k m k b + k m 4 K m + K m

Carga resultante en el perno : F = Fi + KF e = F i  + 0,8 F e UNIONES

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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 inicialmente son ajustados a 6 000 lbs y luego sometidos sometidos a una carga exterior exterior de 8 150 lbs, determinar el espesor de la empaquetadura, bajo las siguientes consideraciones:

Perno: 1"

- 8 UNC ( A s=   0,6057 pulg 2 )

Material del perno: aleación (esfuerzo de diseño a tensión S t = 20 000 PSI) no determinada. Constante elástica : K b=   5 x 10 6 lbs/pulg

Bridas: Espesor

: L1 = L 2=   1"

Módulo de elasticidad

: E = 8 x 10 6 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 (A s=   0,6057 pulg 2)

Fe = 8 150 lbs

S t = 20 000 PSI

L1 = L2=   1"; L 3 = ?

E 1 = E 2 = 8 x 10 5 psi

K 1 = ?

E3 = 10 5p   si

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 =

12 114 - 6 000 F - F i = = 0,75 8 150 F e

La constante de rigidez de la unión:

K =

K b K b + K m

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5 x 106  - 5 x 106  = 1 667  x 106  lbs /  pulg  K m = k b - k b = k  0,75 También  A1 =

1 1 1 1 = + +  y que K 1 =  A1 E 1  L1 K m K 1 K 2 K 3  

4

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

 DC 1 = 1 ,5 ( 1 ) + 0,5( 1 ) = 2   A1 =

 

4

( 22 - 12 ) = 2,356 

2  DC2 =  A2 = 2,356   pulg

 DC3 =

 DC 1 + DC2 = 2,0  2  A3 = 2 356  pulg 2

2 356  x 8  x 106   A E  1 1 = = 18,8  x 106  Lbs/pulg  K 1 = 1  L1 2 356  x 8  x 106   A E  2 2 = = 18,8  x 106  Lbs/pulg K 2 = 1  L1 1 1 1 1  A E  = + + K 3 = 3 3 , pero  L3 K m K 1 K 2 3



1 1 1 1 = + + 1 667  x 106  18,8  x 106  18,8  x 106  K 3



K 3 = 2 x 106  Lbs/pulg

2 356  x 10 5  A E   A E  3 3 3 3  De donde : K 3 = =   L3 =   L3 = 0,1178  pulg 6  2  x  L3 K 3 10 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 (S u=   105 000 PSI, S y= 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. determinar. UNIONES

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SOLUCION:  Datos.

n = 32 pernos

1" -  8 UNC (A s=   0,6057 pulg. 2)

Dp=   44"

Acero SAE, Grado 5

Di=   36"

S u=   10 5000 PSI; S y=   74 000 PSI

K = 0,6

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

 N  =

S  y

 4 ; P o ≥ 2 P

F o ≥  2 F e

 d  Factor de seguridad con respecto al esfuerzo de fluencia:

 N  =

S  y S  y 74 000  4  S d   = = 18 500PSI  4 4 S d 

Torque de ajuste inicial: T = 0,2 F i d b 0,2 Fi(1) = 120 x 12

F i=   7 200 Lbs.

Por esfuerzos la carga que puede soportar: F

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

( A s=   0,6057 pulg 2 )

Calculemos la carga exterior máxima: De: F = Fi + KF e

11 205

7 200 + 0,6.F e máx

11 205

Presión máxima: P máx =

Por la presión de apertura: Por dato debe ser: P o

También tenemos: F o = De (1) y (2) : F i

F e máx

6 675 Lbs

F e m x .n = 6 675x32 = 170 PSI  2  A    44 + 36     4   2   2P máx

F i  1 - K 

Fo

2F e máx .................................(1)

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

2 (1 -K) F e máx

F i = 7  200 = 9 000 Lbs  F e máx 2(1 - K) 2( 1 - 0,6)

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 Presión máxima

P máx =

F e máx .n = 9 000 x 32 = 229 PSI  2  A    44 + 36     4   2  

En consecuencia la presión presión máxima máxima que 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: seguridad: entre 2,5 y 3,0 (relación (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 2 , K = 0,4  P 1

Cálculo de los parámetros: 2

  20 + 16   = 254,46  Area de presión : A =  pulg 2   4   2    

Fuerza exterior en cada perno: F e =

P.A (400) (254,46) = = 6362 Lbs n 16 

Po  2  P o  2P  F o  2 F e .  ...................... (1)  p 1 F i De: F i = ( 1 - K  ) F o  F o = 1 - k  De:

en (1) : Fi UNIONES

2 (1 - K) F e ............................................... .....................................................................(2 ......................(2))

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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 S y = 60 kgf/mm2, S u  =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 Q = 0 – 5 760 kgf

Material de acero: S y=   60 kgf/mm 2 Su=   80 kgf/mm 2

Factor de seguridad con respeto al límite de fluencia: N y

 N  y =

S  y  d 

  d =

S  y 60 = = 12 Kgf  /  mm2 5  N  y

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a) Análisis de cargas, cuando F i ≈ 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 F i=   3 000 kgf. Carga sobre el perno, cuando P/2 = 2 880 kgf F = Fi + KF e = 3 000 + 0,125 x 2 880 = 3 360 kgf. Tampoco habría variación variación de carga sobre el perno. c) Cálculo del diámetro del perno. Caso a:  d  

P/2 P 5 760   As    240 mm 2 2 d  2  x 12  As

Tabla 2 : Dos pernos de rosca métrica : M20 (As = 242,3 mm 2) Caso b:  A s 

F    d 



3 360  280 mm 2 12

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

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UNIONES

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.

  e tiene una brida de 100 mm de diámetro interior con empaquetadura de cobre P 2.14.-S suave y 4 pernos de acero SAE, grado 5, laminado de 5/8" ( A s=   145,8 mm 2  ); con Sy  = 62 kgf/mm 2 ; S u = 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/cm 2, 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 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 ( A s = 145,8 mm2 )

Sy = 62 kgf/mm 2; Su = 84,5 kgf / mm 2

 P = 20 kgf / cm 2(  Variación de presión de trabajo) Po = 2 P máx  (100% mayor) N = 2,0 (Factor de seguridad por fatiga) K f f  = 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 + KF e ; P máx - P mín= 20 kgf/cm 2. = 0,2 kgf/mm2. Fmáx = F i+   K.P máx. A

y

F mín = F i+   K.P mín .A

Fi = (1-K) F o  = 2 (1-K) P máx .A Fmáx= 2(1-K)P máx. A + KPmáx .A = 1,5 Pmáx .A Fmín  = 2(1-K)P máx. A + Kpmín .A = (1,5 P máx-  0,10).A Fmáx= 1,5 P máx.A Fmín= (1,5 P máx-  0,10).A

UNIONES

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

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

De la Ecuación:

 A =

n  As F m K  f  F a = +  , y  N  S  y S e

    200  100   2    17 671 , 5 mm

4

 

2

2

 

(1,5 P máx - 0,05)  x 1 767  1 ,5 3 (0,05  x 1 767  1 ,5) 4  x 145,8  = + 2 62 0,4  x 84,5

Pmáx=   0,53 kgf/mm 2

P mín=   0,33 kgf/mm 2

,

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), 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 m ínima será de 3 a 1 - La constante de rigidez de la unión: K = 0,5 SOLUCION: Datos del problema.

n = 20 pernos de de acero SAE, grado 5, d b=   3/4"Ø - 16 UNF As=   0,373 pulg 2; Su= 120 000 PSI y S y=   85 000 PSI Dp=   24"   , D i=   20"   ; F o  2,0  F o  2 F e F e P max F  N = 2,5 ; K f f=  3,0 (laminado) K = 0,5 ; = 3  e m áx = 3 Pmín F e mÍn De : F = F i + KF e

UNIONES

;

Fi=   (1-K)F o  F i=   2(1-K)F e

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 F i=  2(1-0,5)F e  F i = F e

 F i = F e max

Tenemos las fuerzas máxima y mínima: Fmáx = F i+   K.F e máx = F e máx+   0,5 F e máx=   1,5 F e máx Fmáx=   4,5 F e mín  (De

F e máx = 3 F e mín )

Fmín = F i+   K.F e mín = 3 F e mín+   0,5 F e mín

= 3,5 Fe mín

Carga media y amplitud: F m =

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  F a Por la ecuación de fatiga:  As = F m +  N  S  y S e F a =

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

;

F e 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 [ ] 4 2

Pmín= 100,2 PSI

y

P máx=  300,6 PSI

  a carga exterior aplicada a una unión embridada, con pernos de rosca métrica P 2.16 .-L 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/mm 2 E = 11 000 kgf/mm 2 E= 50 kgf/mm 2

UNIONES

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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 K  f f=    3,0. SOLUCION:

Fi= 5 000 kgf E b=   21 000 kgf/mm 2 Fe= 0 – 3 500 kgf E 1 = E 2=   11 000 kgf/mm 2 Fmáx = F i + KF e máx E 3=   50 kgf/mm 2 Fmín = F i + KF e mín La carga media en el perno: K  K  F m  F i  F emáx  5 000  3 500  5 000  1 750 K  2 2



F a =

La amplitud de carga:



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  S  y S e

La ecuación de SODERBERG: Si asumimos:

1/4 - 3/4  S y=   64,8 kgf/mm 2

y

Su=   84,5 kgf/mm 2

REEMPLAZANDO:

 A s = 5 000 + 1 750 K  + 3 x 1 750 K => = 154,3 + 364,6  K   A s 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   A s= 154,3 + 364,6 (0,5) = 336,6 mm 2 TABLA 2 : Para A s = 336,6 mm 2 correspondería a un perno de: M24 que tiene un área de esfuerzo igual a 348,9 mm 2 Recalculando la constante de rigidez de la unión: (K)

Calculemos la constante de rigidez del perno:  

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

UNIONES

Ing. F. Alva Dávila

163

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

K  1

K  2

K  3

 

4

(  D c2 - d  2 )

Dc1=   1,5 d b+   0,5 L = 1,5(24) + 0,5 x 20 = 46 mm Dc2=   1,5 d b+   0,5 L = 1,5(24) + 0,5 x 20 = 46 mm  D C 3 =

 DC 1 + DC 2 1 = 46  mm; d = 24 + (25,4) = 25,6  mm 2 16   

 A1 = A2 = A3 = ( 46 2 - 25,6 2 ) = 1 147 mm 2 4 K 1 = K 2 =

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

E   A 50 x 1 147 = 11 470 Kgf/  mm K 3 = 3 3 = 5  L3 1 1 1 1 = + + => 11 067,6  Kgf/mm K m 630 952,6  630 952,6  11 470 K =

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

Ahora, si: K = 0,95  As = 5 000 + 1 750  x 0,95 + 3  x 1 750  x 0,95 => = 500,75 mm2  As 2 64,8  0,4  x 84,5

De la tabla 2, con A s=   500,75 mm 2    M30 Sale fuera del rango asumido: Tomando otro rango: 1 - 1 1/2"Ø   S y= 57,0 kgf/mm2

;

Su=   73,9 kgf/mm 2

Nuevamente recalculamos : (K) Dc1=   1,5 d b+   0,5 L = 1,5(30) + 0,5 x 20 = 55 mm Dc2=   1,5 d b+   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 mm2 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 K 3 = 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  K b =  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

  30 x 2 (A s=   618 mm 2)  A s=  573,3 mm 2  M

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 A s = 83,24 mm 2 Dom=   330 mm S to=   13,7 kgf/mm 2 a T = 20ºC Dim=   330 mm S t = 11,0 11,0 kgf/mm 2 a T = 400ºC 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) (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:

n  As S to F it =   b Gy = n  As S to   y máx =   bG   y máx =

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

Pero: ymín ≤  y usar ≤ y máx ymín mín= 1,097

;

Si : y máx= 2,195 TABLA 8

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

 F it(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 =

P=

 

4

G 2 P + 2 .b.G.m.P

F   

4

G 2 + 2  .b.G.m

=

10987,68   

4

G 2 + 2  (6,25) (317,5)  x 2

P = 0,1055 kgf/mm 2=   > P = 10,55 kgf/cm 2(  máxima) Si ajustamos los pernos hasta 10987,68 kgf, cada perno estará ajustado con una carga igual a: F i =

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 (A s = 39 mm 2 ) de acero SAE, GRADO 5 (S y = 54,9 kgf/mm2, S u  = 81 kgf/mm 2  ) 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 empa perno empaqueta quetadura dura utilizada utilizada es de tefl teflón ón de 580 mm de diáme diámetro tro exterior exterior por 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 640 640 mm. La temperatura de operaciones es 60ºC.  Se preg pregun unta ta::

a) La presión de operación máxima que se podrá aplicar al recipiente en kgf/cm 2  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/cm kgf/cm 2 SOLUCION :

a) La presión de operación máxima que se podrá aplicar el recipiente en kgf/cm 2. n = 20 pernos => 1" Ø - 8 UNC (A s=   391 mm 2)  de acero SAE, GRADO 5, Tabla 6 → S y=   54,9 kgf/mm 2 De= 580 mm ;

D i= 520 mm

dp=  640 mm ; y = 2,61 kgf/mm 2;

;

m = 2,75

T = 60°C

apriete Fi=   4000 kgf → Carga de apriete St=   13,2 kgf/mm 2 → 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 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 =

S  y  t 

=

54,5 = 5,36  4000/391

Se producirá la fuga del fluido fluido si el recipiente se prueba a una presión de 35 35 2 kgf/cm  ? 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

G2 P + 2 .b.G.m.P=> Po =

4 000x 20  

4

(56,05 )2

= 32,4 kgf/ cm2 (presión de  fuga)

¡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 consta de 24 pernos de 1" Ø - UNC en 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/mm 2 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/mm 2 m = 3,5 (Conservando la misma geometría). Se pregunta: a) b)

Cuál es el valor valor de "P" con la cuál 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 D im=   19" Ø m = 3,25 y = 3,87 kgf/mm 2 T = 1568 Lbs - pulg

 NUEVA UEVA EMPAQU EMPAQUETAD ETADURA URA : y = 4,58 4,58 kgf/mm kgf/mm2; m = 3,50

Ancho geométrico de la empaquetadura: (N) 21 - 19   N  = 1"   N  =  D om  D im = 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: F it máx Fit máx = 2 F it mín=   2(122 663) = 245 326 Lbs Carga de instalación aplicada: F it Del torque de ajuste: T = 0,2 F i.db=   1 568 Lbs-pulg 0,2 Fi(  1) = 1 568 => F i=   7 840 Lbs en cada perno. Fit=   7 840 x 24 = 188 160 Lbs PRESION DE DISEÑO :

UNIONES

Ing. F. Alva Dávila

F =

 

4

169

G 2 P + 2 .b.G.m.P

 P=

F   

4

=

2

G + 2 .b.G.m

188  160  

4

 400 PSI 

2

(20,3 ) + 2 (0,35)(20,3)(3,25)

Por esfuerzos en el perno:

Sto=   13,2 kgf/mm 2  =

18 744 PSI a t o  = 20°C

Sto=   11,0 kgf/mm 2  = 15 620 PSI a t = 400°C As = 0,6057 pulg 2  T   ABLA 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

  o existe problema con la resistencia del perno. CONCLUSION :N Con la nueva empaquetadura: m = 3,50; y = 4,58 kgf/mm 2 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 (0,35)(20,3)(4,58)1420 = 145 167 Lbs Fit máx = 2 π.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 F it = 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: D om = 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: F it = 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 Metal ranurado: acero inoxidable que tiene y = 7,11 kgf/mm 2; m= 4,25 Ahora, calculemos la carga de asentamiento: as entamiento: Fit = π.b.G.y = π(0,5)(43)(7,11) (0,5)(43)(7,11) 1420 = 681 941 Lbs 2. Carga en los pernos bajo carga exterior. exterior. F =  

 

4

G 2 P + 2 .b.G.m.P

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

Cálculo del área total de los pernos:

UNIONES

 AST =

F  S d 

Ing. F. Alva Dávila

171

F = 2836 865 Lbs Sd  = 14,1 kgf/mm 2p  ara el material ASTM AS TM A193-B7 para una temperatura de 400°F= 205°C.  AST  =

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

Si n = 36  pernos => As =

141,68  = 3,935  pulg 2  d b = 2 1/2"   36 

n = 32  pernos => As =

141,68  = 4,427  pulg 2  d b = 2 1/2"   32

Chequeando el espaciamiento de los pernos:

P

=

  D p

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"     (52)  p =  D p = = 5,83"  28  28 

Ahora: p = 5,83" > p mín=   5,75 OK! Conclusión: n = 28  pernos de 2 1/4"

UNIONES

Diseño de Elementos de Maquinas I

172

  a figura muestra una junta embridada ciega que estará sometida a una presión P 2.21.-L 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 d etermine 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 :

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

Para db = 1"      A s=   0,6057 pulg 2 Para ASTM A325   S d=   13,2 kgf/mm 2<   > 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 F it = 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 = 2 πb  Gy = 2 π(  0,35) (12,05) (2 900) = 76 848 Lbs La carga en el perno bajo b ajo 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  

4

G 2 P + 2 .b.G.m.P = F it  m x   76848 

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

= 426  PSI 

2

(12,05 ) + 2 (0,35) (12,05) (2,5)

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 

2

(12,05 ) + 2 (0,35) (12,05) (2,5)

Conclusión:

La presión máxima aplicable es P = 426 PSI 76  848  = 4 803 Lbs b) Torque de ajuste: F i = 16  T = 0,2 Fid b=   0,2 x 4 803 x 1" = 80 Lbs-pie

UNIONES

174

Diseño de Elementos de Maquinas I

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", 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.mm 2) .

¿ 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 K  F  = 3,8, coeficiente de distanciamiento C=1,814, torque de ajuste inicial T i=   40 Lbs-pie en cada perno (superficies lubricadas). SOLUCION :

P = 300 PSI a T = 350°C 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/mm 2 Dimensiones:  N =

18 - 17  = 0,5"  como N  0,5  b = 0,5N  b = 0,25"  2

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

F = G 2 P + 2 .b.G.m.P 4  

F = (17,5 )2 x 300 + 2 (0,25)(17,5)(3,25)x 300 = 98  960 Lbs 4

Tabla 7  C   on T = 350°C   S d=   12,5 Kgf/mm 2 17 750 PSI

UNIONES

Ing. F. Alva Dávila

175

El área de esfuerzo calculamos con la carga carga mayor, es decir, con: F = 98960 Lbs Lbs F  98960 = = 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 (A s=   0,4617 pulg 2) 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:

F  98960 = 411,4 PSI  P o =   =   2 2 (17,50 ) G 4 4 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) K  F=   3,8 C = 1,814

Area de presión:

 21  16  268,8pulg 2 A    4   2   π

2

Presión de apertura: P o Fo = CF e => P o = CP máx=   1,814 x 300 = 544,2 PSI

FACTOR DE SEGURIDAD : N Fmáx = F i + KF e máx, Fi=   (1 - K)F o Fmín = F i + KF e mín, Fi=   (1 - K)CP máx.A 2

1    16  21   x    x 300  5 040 Lbs F máx máx = 16  4   2  

UNIONES

Diseño de Elementos de Maquinas I

176

F i 

1 1  0,6   x 1,814  x 300  3 657 Lbs 16

Fmáx=  3657 + 0,6(5 040)   F máx= 6 681 Lbs F m =

6  681 + 3 657  = 5 169Lbs 2

F a =

6  681 - 3 657  = 1 512  Lbs 2

 As = F m + K F  F a ;  N  S  y S e

Sy=   64,8 kgf/mm 2

y F mín=   3 657 Lbs

92000 PSI

Su=   84,5 kgf/mm 2 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:C   onsideremos 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 lbs

UNIONES

Diseño de Elementos de Maquinas I

178

Cargas de Corte Directo : P 162 x 2,2 F so = = = 89 lbs 4 4

272 1 014 F s1 = F h = = 68 lbs ; F s 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 C2  j C2 j = 4(32 + 2, 52) = 61  pulg2 FS =

FSH =

T . CV 7 872 x 25 = = 323 Lbs 61 Σ C2  j

FSV =

T . CH 7 872 x 3 = = 387 Lbs 2 61 ΣC  j

CARGA DE CORTE RESULTANTE : 2 2 Punto 1: F S = (F s1 + F S  H   ) + ( F SO + F s 2 + F S V  )

2 2 F s = (68 + 323 ) + (89 + 253,5 + 387  ) = 828  Lbs

Punto 2: F s = (68  + 323 )2 + (89 + 253,5 - 387  )2 = 393  Lbs

UNIONES

Ing. F. Alva Dávila

179

  or efecto de P y F v Tensión por Flexión:P 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  j2 2[ 4 2 + 92 ]

 Nota: ota: Estas cargas calculadas incluyen el efecto de las cargas tanto P y F h, 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  j2 2[ 4 2 + 10 2 ]

F t 1 = F t 4 =

 M.C i 6  528  x 4 = = 113 Lbs  C  j2 2[ 4 2 + 10]

Punto 1: F t = F t 1 + F t 1 = 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;

F t=   1 474 lbs

Punto 2 : Fs= 393 lbs;

F t=   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 superficies de contacto, toma la Carga de Corte actuante. Esto requiere que la fuerza de tracción en el perno sea:

Fe ≥  F t + F s/μ;

Asumiendo

Donde: Fs= 828 lbs F e  1474 +

y

  0,25 μ=

F t=   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 ≈3  25 Tabla: Sy=   64,8 Kgf/mm 2 = 92 000 PSI Reemplazando:

4 786 ≤ 0,6 (92 000) A s



As

≥  0,086

pulg 2

Perno: db=   3/8 " - 24 UNF (A s=   0,0878 pulg 2) El perno se fijará con un ajuste de : Fi ≤0  ,8 S y A s   F i ≤ 0  ,8 (92 000) (0,0878) Fi ≤  6 462 lbs (como máximo) 2. Considerando que el perno tomará la carga de corte por ajuste ajuste inadecuado. Para Para esta situación la carga equivalente de tracción será:

- De acuerdo al criterio del máximo esfuerzo cortante (más conservador): 2 F e = F t 2 + 4 F 2s 1 = 14742 + 4(828 )  F e = 2217 lbs -

Calculamos el área de de esfuerzo requerido, usando usando las fórmulas de Seaton y Routheuwaite:

 6  F e    A s =   S     y  

2/3

6  x 2217    =      92000  

2/3

- Area Requerida: A s=   0,275 pulg

= 0,275  pulg

2

2

Tabla 1: Perno d b=   3/4Ø" - 10 UNC (A s=   0,3345 pulg 2) Las fórmulas de Seaton y Routherwaite, se usan generalmente para cargas dinámicas. Según la AISC: Para Cargas Estáticas  A s =

2 217  F e = = 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 (A s=   0,0775 Pulg 2) 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. kgf.

SOLUCION:

n = 3 pernos Acero ASTM A354, grado 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, actuante, se requiere que la fuerza de tracción tracción en el perno sea: Fe > Ft + Fs/ μ; Ft 0 F s =

 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  S  y = 58,4 kgf/mm 2

UNIONES

184

 As 

Diseño de Elementos de Maquinas I

2000  As > 57.07 mm2 0.6  x 58.4

  osca Métrica Tabla 2:R M10 paso basto (As = 57,26 mm 2) 7/16"Ø - 14 UNC (AS = 68,59 mm 2) El perno se fijará con un ajuste de: Fi < 0,8 Sy As Fi < 0,8 x 58,4 x 57,07  F   i < 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/mm 2; Su=   84,5 kgf/mm 2). 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 = 0,35F  2. TRACCION DIRECTA: F t t = 2  M  C i 3. TENCION POR FLEXION: F t  =  C  j2

1. CORTE DIRECTO: F s =

M = 60 Fcos 45° 45° = 42,4F ; C  j2  = 25 2+   165 2=   27 650

UNIONES

Ing. F. Alva Dávila

Ft  =

185

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

Cargas resultantes:

Por corte: F s=   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.

 F e  F t + F s  F e  0,60 F +  

0,25 F   F e  1,85 F  0,20

y que Fe 0,6 S y A s, también As=   155,1 mm 2p  ara M16.

   1,85 F

0,6 (64,5) (155,1)  F

3244,5 kgf

y una nueva carga de ajuste: F i 0,8 S y A s 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 t 2 + 4 F 2s = (0,6  F  ) + 4(0,35 ) = 0,92 F 

Con: As = F e  0,92 F = 155,1(0,4 x 64,5)  F = 4 349 kgf  0,4 S  y Por Seaton y Routhewaite:  152,4 F e   152,4  x 0,92 F   2/3    = 155,1  F  = 889 kgf   A s =     64,5   S   y    

rígido de tipo tipo partido, el cual P 2.27.- La figura adjunta muestra un acoplamiento rígido 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 presión específica necesaria entre los ejes que que se 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 pernos a usar, si se considera 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 pernos lubricados, en lb x pie.

Datos: 1.- Potencia nominal nominal del motor: 90 90 HP ó 875 RPM.

2.- Factor de servicio: 1,2 3.- Factor de sobrecarga: sobrecarga: 1,5 el cual servirá para involucrar las cargas cargas súbitas que parecerán durante la operación 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. especificada. Asimismo considere que la presión específica sobre 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; dF n=   p.dA. Diferencial de área ; dA = (r d    )L ;  d  F n = L  p r d    Diferencia  Diferenciall de la fuerza fuerza de fricció fricción: n:

d  F  f  = d  F n =  L  p r d  

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

(1)

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

(2)

 El torque torque se transm transmite ite por por fricció fricción: n:

Diferencial del torque: dT = dF f . r (1) en (2): dT =   Lpr 2 d   T =  o2    L  p r 2 d   =   L  p r 2 (2  )

UNIONES

Diseño de Elementos de Maquinas I

188

También: Ff  =  02    L  p r d   =   L  p r(2  ) a) Presión específica: F  F  2r.L.T  T   p = = =  F = 2 r  L  p = 2  .L.r  2   r   A 2r.L

 F =

T  11 664 = = 12 376  Lbs.  r  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, total, esta misma carga es soportada por los 4 pernos (en tracción).  b) La precarga precarga en en cada cada perno perno será: será: F i

F i =

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/mm 2 85 000 PSI 7/8 - 1 59,9 kgf/mm 2 78 000 PSI 1 - 1 1/2 52,1 kgf/mm 2 74 000 PSI Según Seaton y Routherwaite: El área de esfuerzo: Para F i = F e=   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 d b=   0,15 x 3094 x 3/4 = 348 Lbs-pulg. T = 29 Lbs-pie

UNIONES

Ing. F. Alva Dávila

189

transmisiones por fajas están unidas P 2.28.- Las dos mitades de una gran polea para transmisiones 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 los tornillos. tornillos. La La fuerza centrífuga F c = 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 S u=   520 N/mm 2; Sy=   400 N/mm 2. Se puede tomar la relación de acortamiento acortamiento - alargamiento alargamiento como: b)

La carga de ajuste inicial mínima

c)

El torque de ajuste.

 m  b

= 0,6 

UNIONES

Diseño de Elementos de Maquinas I

190

SOLUCION

  240 kN a) La fuerza centrífuga: F c= Acero GRADO 5,8   S u=   520 N/mm 2;  m = 0,6  Las deformaciones:  b La carga exterior en cada perno será:

F t t =

Sy=   400 N/mm 2

240 = 60 N  (carga de tracción actuante) 4

Con ajuste adecuado de los pernos: F s (F = s  0, no hay carga de corte) F e  F t +  

Fe = F t=   60 kN Fe = 60 000 = 250 mm2 0,6 Sy 0,6 x 400 De tabla 2  M   24   A s=   348,9 mm 2 Cubre largamente la carga de fatiga  b) La carga carga de ajuste ajuste inicial inicial mínima mínima. Fe  0,6 Sy . A s  As 

El perno podemos ajustar como máximo hasta: Fi 0,8 S y .A s=   0,8 x 400 x 348,9   F i 111 648 N Incremento de carga en el perno:   F b = KF e Donde: K =

 m  b +  m

=

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

   F b=  0,375 x 60 000 = 22 500 N La carga final final en el perno será : F = Fi + KF e De aquí podemos calcular la carga de ajuste inicial mínima: Fi+   22 500 = 111 648   F i=   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