DISEÑO DE ELEMENTOS DE MAQUINAS ( IVAN MORAN)

ESCUELA SUPERIOR POLITÉCNICA DE CHIMBORAZO FACULTAD DE MECÁNICA ESCUELA DE INGENIERÍA MECÁNICA

Las elevadas presiones que existen en el interior de una turbina de gas y la alta velocidad a la que giran los ejes, convierten a esta máquina en uno de los mayores retos del Diseño en Ingeniería Mecánica.

DFTC – JEGJ – MATG – JLTC – DJCA

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PREFACIO “Todo debe hacerse tan simple como sea posible, pero sin excederse de ello”

Albert Einstein

El presente texto de Diseño de Elementos de Máquinas “I” ha sido diseñado para alumnos que cursan el cuarto año de Ingeniería Mecánica y que ya han tomado los cursos de Física, Mecánica de la Ingeniería, Materiales, Procesos y las Ciencias de Termo-Fluidos. El Diseño de Elemento de Máquinas es uno de los temas fundamentales de cualquier plan de estudios de Ingeniería Mecánica. El conocimiento de las leyes que rigen el comportamiento, así como de las propiedades más importantes, de los distintos componentes mecánicos, bajo la acción de cargas, es indispensable para comprender los principios de funcionamiento de las máquinas, y para poder explicar los fenómenos mediante los cuales se produce el colapso de las mismas. Puesto que las variables en el Diseño son funciones, por lo general, de las dimensiones de los elementos de máquinas, el tema es más complicado que la teoría de Mecánica de Materiales. El propósito de este texto es satisfacer la demanda de un libro de texto que no sólo presente los fundamentos del Diseño en forma breve, concisa y lógica, sino que también incluya la forma más apropiada de resolución de problemas relacionados con los ejes de transmisión, cilindros de presión, sujetadores, columnas, tornillos de potencia y cojinetes. Consideramos que una de las dificultades básicas de los estudiantes en el aprendizaje del Diseño es que no pueden comprender los conceptos más importantes que aparecen en dicho curso, mismos que se derivan de los cursos previos de Mecánica de Materiales. Con este texto, lo que se pretende es de cierta manera ayudar a los estudiantes a vencer estas dificultades, usando un enfoque puramente descriptivo de los fenómenos más comunes que se presentan en los elementos de máquinas mediante resolución de problemas. Aproximadamente la mitad del texto contiene el material informativo que el estudiante debe leer con detenimiento y procurar fijar en su mente. El resto de la obra corresponde a problemas resueltos y propuestos. Con esto último creemos que el alumno no sólo desarrollará una compresión más profunda de los diversos temas tratados, sino que también sentirá la satisfacción de saber que sus conocimientos en esta materia son los adecuados. En el breve capítulo 1 se expone una introducción acerca del fascinante mundo del Diseño. Allí se presenta el concepto de factor y margen de seguridad, así como el de confiabilidad. El capítulo 2 se encuentra destinado a un repaso de los conceptos más fundamentales de la Mecánica de Materiales. En el capítulo 3 se describe muy brevemente la clasificación y las propiedades de los materiales más comúnmente usados en ingeniería. El capítulo 4 trata sobre el esfuerzo y los métodos más utilizados para su respectivo análisis. En el capítulo 5 se estudian las diferentes teorías de falla debido a carga estática. El capítulo 6 describe la falla de los elementos de máquinas producida por el fenómeno conocido como fatiga. Las características más importantes de los elementos de unión son el tema del capítulo 7. En el capítulo 8 se estudian la teoría y las aplicaciones de los muelles helicoidales. El capítulo 9 trata sobre aquellos elementos de máquina que se utilizan, con frecuencia, para transmitir potencia. En el capítulo 10 se abarca el tema relacionado, principalmente, a la selección de cojinetes, mientras que, las características más importantes de las columnas y de los cilindros de presión, son los temas principales de estudio de los capítulos 11 y 12, respectivamente.

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________________________________________________________________________________ Cada capítulo de este texto se inicia con una sección de introducción, la misma que proporciona una guía para los temas que se analizarán en el capítulo. La característica principal de este texto es que en todo su contenido se presentan problemas resueltos después de la teoría y relaciones más importantes, con el objetivo de ilustrar los métodos más usados para resolver problemas genéricos. Al final de cada capítulo y de sus respectivos problemas resueltos, aparece una sección identificada como problemas propuestos, los mismos que condensan los temas principales del capítulo. Esperamos que estos últimos sean de ayuda y muy útiles para que los estudiantes aprendan a resolver problemas del fascinante mundo del Diseño de Máquinas. Las unidades empleadas en el texto son las del Sistema Internacional (SI) y las del sistema (CGS). Las demostraciones de las relaciones más importantes que aparecen a lo largo de todo el texto, se han omitido en su totalidad, por el temor introducir errores, sean los de tipo teórico (que serían los más graves) o los de tipo mecanográfico, que ocurren generalmente, durante la escritura de todas esas relaciones (ecuaciones). A lo largo de todo el texto aparecerá el símbolo de asterisco (*), que según la forma en que aparezca indica ciertas notas que hay que leerlas con mucha atención. A saber, cuando aparezca delante del número de cierta sección, indica que ésta es opcional, es decir, que su estudio, puede ser o no de importancia para el entendimiento del tema del capítulo correspondiente; claro, esto último quedará a criterio del estudiante. Asimismo, cuando aparezca como exponente de cierta palabra dentro de una sección, indica que al pie de la página donde se encuentre esa palabra, se da algo más de información acerca de esa palabra o sobre el tema que se está tratando en esa sección. En algunos casos, también proporciona referencias de libros más avanzados donde se puede obtener mayor información del tema y de las demostraciones más complejas. Se recomienda al estudiante que en estos casos, acuda a tales referencias bibliográficas con el fin de enriquecer sus conocimientos referentes a esos temas de estudio. Finalmente, en lo que corresponde a los problemas propuestos, cuando aparezca delante del número de uno de ellos, indica que el problema tiene un grado de dificultad bastante elevado, o que, en el caso de problemas ya de diseño, estos no tienen una solución única. Algo muy importante que debe ser mencionado es que, de ninguna manera este texto tiene la intención de reemplazar al material bibliográfico tan amplio y avanzado que existe sobre el tema, sino que, como se dijo anteriormente, el propósito de este texto es el de presentar los fundamentos del Diseño en forma breve, concisa y lógica. Asimismo debemos dejar constancia que la información que se encuentra en este texto ha sido fundamentada en la existente en los excelentes libros que se citan a lo largo de todo el texto, y que se indican al final de éste en la bibliografía correspondiente. No obstante, los autores somos los únicos responsables de cualquier deficiencia en el texto y agradeceremos a los lectores que nos hagan llegar las observaciones que tengan sobre el mismo.

D.F.T.C - J.E.G.J - M.A.T.G - J.L.T.C - D.J.C.A

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NOTA PARA EL ESTUDIANTE

Este es un texto sobre los fundamentos del Diseño de Elementos de Máquinas. Los conceptos e ideas que aprenda de él entrarán, muy probablemente, a formar parte de su vida profesional y de su modo de pensar. Cuanto mejor los comprenda tanto más fácil le resultará el resto de su educación superior. En este curso debe estar preparado para abordar numerosos problemas arduos. El aprender los conceptos y las técnicas del Diseño puede ser, a veces, un proceso lento y doloroso. Antes de que entre en esas regiones del Diseño que despiertan su imaginación, usted debe dominar otras menos llamativas pero muy fundamentales, sin las cuales no puede utilizar o comprender el Diseño en forma apropiada. Usted deberá mantener dos objetivos principales al tomar este curso. Primero: familiarizarse completamente con el puñado de conceptos y principios básicos que constituyen la columna vertebral del Diseño. Segundo: desarrollar la habilidad de manejar estas ideas y aplicarlas a situaciones concretas; en otras palabras, la habilidad de pensar y actuar como ingeniero. El primer objetivo lo puede alcanzar principalmente leyendo y releyendo la teoría que se presenta en este texto. Recomendamos principalmente que lea aquellas referencias bibliográficas que se citan, pues ellas enriquecerán la información que usted necesita asimilar. Para ayudarlo a alcanzar el segundo objetivo, hay a lo largo del texto muchos problemas resueltos, los cuales le servirán de ayuda para la comprensión de las ideas más básicas del Diseño. Recomendamos principalmente que lea primero toda la teoría que fuese necesaria y una vez familiarizada con ella, prosiga con los problemas asignados por el profesor. Los problemas propuestos que están al final de cada capítulo tienen un gado variable de dificultad. Oscilan entre lo más simple y lo más complejo. Si el problema que se está tratando no se puede resolver en un tiempo prudencial, póngalo a un lado e inténtelo más tarde, para el caso d aquellos pocos problemas que se resisten a ser resueltos, deberá procurar ayuda (con el profesor o con estudiantes más avanzados). El reto del Diseño no es el de resolver de manera perfecta un problema en particular, sino más bien, usar unas cuantas ideas y conceptos bien fundamentados, que nos permitan dominar todas las técnicas de resolución, para enfrentarnos a problemas más generales. Algo muy importante que debe mencionarse es que en ningún momento se debe tomar a este texto como una fuente de referencia para buscar culpables de los frecuentes errores que se producen durante las pruebas concernientes al curso de Diseño, puesto que, sus calificaciones dependerán tanto de su astucia como de sus conocimientos para analizar los problemas, y que, por sobre todas las cosas, de sus ideas y procedimientos plasmadas en sus pruebas, es, el profesor quién tendrá la última palabra. Finalmente, el aprendizaje del Diseño es un viaje intelectual; este texto le servirá como guía, pero usted debe aportar su dedicación y su perseverancia. Esperamos que su exploración del territorio del Diseño de Elementos de Máquinas en Ingeniería Mecánica sea una experiencia estimulante y gratificante.

Los autores

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_______________________________________________ El aprendizaje no se logra por casualidad; debe buscarse con pasión y atenderse con esmero. Abigail Adams _______________________________________________

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ESPOCH

INGENIERÍA MECÁNICA

CAPÍTULO 1 INTRODUCCIÓN El Diseño de Elementos de Máquinas implica un gran conocimiento de geometría. Por lo tanto, resulta también necesaria la habilidad para hacer gráficos de las diferentes configuraciones que se presenten, así como el dibujo de diagramas de cuerpo libre de las cargas que actúan sobre un componente. El Diseño de Elementos de Máquinas requiere también un conocimiento completo de cursos de ciencias básicas de la ingeniería, tales como: Física, Mecánica de la Ingeniería, Materiales y Procesos y las Ciencias de Termo-Fluidos. El Diseño de Elementos de Máquinas es también la parte medular de otros tipos de estudios profesionales y de diseño incluidos en la carrera de Ingeniería Mecánica. Así pues, un curso de Diseño de Elementos de Máquinas parece ser el método más efectivo para iniciar al estudiante en la práctica de la Ingeniería Mecánica.

1.1 ¿QUÉ ES EL DISEÑO? Diseño es la transformación de conceptos e ideas en maquinaria útil. Una máquina es una combinación de mecanismos y otros componentes que transforma, transmite o emplea energía, carga o movimiento para un propósito específico. Una máquina comprende varios elementos diferentes, diseñados apropiadamente y arreglados para trabajar en conjunto como una unidad. Las decisiones fundamentales concernientes a la carga, la cinemática y a la selección de materiales deben tomarse durante el diseño de una máquina. También es necesario considerar otros factores como resistencia, confiabilidad, deformación, tribología (fricción, desgaste y lubricación), costo y necesidades de espacio. El objetivo es producir una máquina que no sólo sea lo suficientemente resistente para funcionar con eficiencia durante un tiempo razonable, sino que también sea posible de realizar económicamente. Para “dirigir las vastas fuentes de poder de la naturaleza” en el diseño de máquinas, el ingeniero debe reconocer las funciones de los varios elementos de una máquina y los tipos de carga que ellos transmiten. Un elemento de máquina puede funcionar como un transmisor de carga normal, como transmisor de movimiento rotacional, como un absorbente de energía o como un empaque. Algunos transmisores de carga normal son los cojinetes de elementos rodantes, los cojinetes hidrodinámicos y los cojinetes de fricción. Algunos transmisores de movimiento rotacional son los engranes, mecanismos de tracción, de cadena y de banda. Los frenos y los amortiguadores son absorbentes de energía. En contraste con los problemas matemáticos u otros puramente científicos, los problemas de Diseño no tienen una sola respuesta. En efecto, una respuesta que es adecuada (o “buena”) ahora, puede ser muy bien una solución impropia (o “mala”) el día de mañana, si se produjo una evolución de los conocimientos durante un lapso de tiempo transcurrido. Todo problema de Diseño siempre está sujeto a determinadas restricciones para su solución. Un problema de Diseño no es un problema hipotético. Todo diseño tiene un propósito concreto: la obtención de un resultado final al que se llega mediante una acción determinada o por la creación de algo que tiene realidad física.

1.2 DISEÑO DE SISTEMAS MECÁNICOS El diseño mecánico es el diseño de objetos y sistemas de naturaleza mecánica: piezas, estructuras, mecanismos, máquinas y dispositivos e instrumentos diversos. En su mayor parte, el diseño mecánico hace uso de las matemáticas, las ciencias de los materiales y las ciencias mecánicas aplicadas a la Ingeniería. El diseño en Ingeniería Mecánica incluye el diseño mecánico, pero es un estudio de mayor amplitud que abarca todas las disciplinas de la Ingeniería Mecánica, incluso las ciencias térmicas y de los fluidos.

________________________________________________________________________________ DISEÑO DE ELEMENTOS DE MÁQUINAS I

1

INTRODUCCIÓN

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INGENIERÍA MECÁNICA

Un sistema mecánico es una unión sinergética de elementos de máquina. Es sinergética porque como diseño representa una idea o concepto mayor que la suma de las partes individuales. El diseño de sistemas mecánicos requiere una flexibilidad considerable y creatividad para obtener buenas soluciones. La creatividad parece ser asistida por familiaridad con los diseños exitosos conocidos, y los sistemas mecánicos con frecuencia son conjuntos de componentes bien diseñados de un número finto de calidades probadas.

1.3 DISEÑO DE ELEMENTOS DE MÁQUINAS El diseño adecuado de un elemento de máquina usualmente comprende los siguientes pasos:

1. 2. 3. 4.

Selección del tipo adecuado del elemento de máquina desde la consideración de su función. Estimación del tamaño del elemento de máquina que sea probable para ser satisfactorio. Evolución del desempeño del elemento de máquina contra los requisitos a cumplir. Y la modificación del diseño y de las dimensiones hasta que el desempeño esté cerca de cualquier punto óptimo considerado más importante.

Una vez que se selecciona el tipo adecuado de un elemento de máquina para la función que se requiere, se diseña el elemento de máquina específico analizando la cinemática, la carga y el esfuerzo. Estos análisis, junto con una adecuada selección del material, permitirá la evaluación del esfuerzo-deformación unitaria-resistencia en términos de un factor de seguridad. Una pregunta importante en el diseño de un elemento de máquina es si fallará en servicio. La mayoría de las personas, incluyendo a los ingenieros, asocian comúnmente la falla con el rompimiento del elemento de máquina. Aunque el rompimiento es un tipo de falla, el ingeniero de diseño debe tener un entendimiento más amplio de lo que realmente determina si una parte ha fallado. Se considera que un elemento de máquina ha fallado cuando: 1. 2. 3.

Es completamente inoperable. Aún es operable pero es incapaz de desempeñar satisfactoriamente su función programada. Un serio deterioro lo ha hecho inconfiable o inseguro para su uso continuo, requiriendo su desplazamiento del servicio para su reparación o reemplazo inmediato.

La función del ingeniero de diseño es predecir las circunstancias bajo las cuales es probable que ocurra una falla. Estas circunstancias son las relaciones esfuerzo-deformación unitaria-resistencia que involucran a la mayoría de los elementos sólidos y a fenómenos de superficie como la fricción, el desgaste, la lubricación y el deterioro ambiental. Los principios del diseño son universales. Un análisis es igualmente válido sin importar el tamaño, el material y la carga. El análisis de diseño intenta predecir la resistencia o deformación de un elemento de máquina, de manera que pueda soportar las cargas impuestas durante el tiempo que se requiera. Ciertas suposiciones tienen que realizarse acerca de las propiedades de los materiales bajo diferentes tipos de carga (axial, de flexión, de torsión y de cortante transversal, así como de varias combinaciones) y clasificación (estática, sostenida, por impacto o cíclica). Estas restricciones de carga pueden variar a través de las máquinas, pues ellas de relacionan con diferentes elementos de máquina, un factor importante a considerar por el ingeniero de diseño.

1.4 CONSIDERACIONES FUNDAMENTALES DE DISEÑO A veces, la resistencia de un elemento es un asunto muy importante para determinar la configuración geométrica y las dimensiones que tendrá dicho elemento. En tal caso se dice que la resistencia es un factor importante de diseño. La expresión factor de diseño, significa alguna característica o consideración que influye en el diseño de un elemento o, quizá, en todo el sistema. Por lo general se tienen que tomar en cuenta varios de esos factores en un caso de diseño determinado. En ocasiones, alguno de esos factores será crítico y, si se satisfacen sus condiciones, ya no será necesario considerar los demás.

________________________________________________________________________________ DISEÑO DE ELEMENTOS DE MÁQUINAS I

2

INTRODUCCIÓN

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INGENIERÍA MECÁNICA

Por ejemplo, suelen tenerse en cuenta los factores siguientes:

1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11.

Resistencia Confiabilidad Condiciones térmicas Corrosión Desgaste Fricción o rozamiento Procesamiento Utilidad Costo Seguridad Peso

12. 13. 14. 15. 16. 17. 18. 19. 20. 21. 22.

Ruido Estilización Forma Tamaño Flexibilidad Control Rigidez Acabado de superficies Lubricación Mantenimiento Volumen

Algunos de estos factores se refieren directamente a las dimensiones, al material, al procesamiento o procesos de fabricación, o bien, a la unión o ensamble de los elementos del sistema. Otros se relacionan con la configuración total del sistema.

1.5 FACTOR Y MARGEN DE SEGURIDAD La resistencia es una propiedad de un material o de un elemento mecánico. La resistencia de un elemento depende de la clase, tratamiento y procesado del material. Conviene recordar que ele esfuerzo es algo que ocurre en una pieza o elemento debido a la aplicación de una fuerza. Por otra parte, la resistencia es una propiedad intrínseca del elemento y depende del material y el proceso particulares que se usaron para fabricar tal elemento. El término factor de seguridad se aplica al factor utilizado para evaluar la condición segura de un elemento. Considérese que un elemento mecánico se somete a algunas acciones que se designarán por F . Se supone que F es un término muy general y que puede representar una fuerza, un momento de flexión o de torsión, una pendiente, una deflexión o alguna clase de deformación o distorsión. Si F aumenta, finalmente llegará a ser tan grande que cualquier pequeño incremento adicional alteraría permanentemente la capacidad del elemento para realizar su función.

El factor de seguridad se puede expresar como:

Si Si

n=

σ permisible σ diseño

n > 1 , el diseño es adecuado. Entre mayor sea n , más seguro será el diseño. n < 1 , el diseño puede ser inadecuado y necesitar de un rediseño.

Cuando el esfuerzo se hace igual a la resistencia, n = 1 , no habrá ya ninguna seguridad en absoluto. Por lo tanto, frecuentemente se usa el término margen de seguridad.

Este margen se define por la ecuación: donde:

ms = n + 1

ms : margen de seguridad (en %) n : factor de seguridad ( > 1)

La mayor utilidad del factor de seguridad se tiene cuando se compara el esfuerzo con la resistencia a fin de evaluar el grado de seguridad. El factor de seguridad se usa para tener en cuenta dos efectos que generalmente no están relacionados: 1.

2.

Cuando han de ser fabricadas muchas piezas a partir de diversa existencias de materiales, ocurrirá una variación en la resistencia de las diferentes piezas por una variedad de razones, como el procesamiento, el trabajo en caliente o frío y la configuración geométrica. Cuando una pieza ha de ser ensamblada, habrá una variación en la carga que experimentará la pieza y, los esfuerzos inducidos por tal acción, sobre lo cual el fabricante y el diseñador no tienen control.

Designaremos como casos a las tres circunstanciasen las cuales se emplea un factor de seguridad en ingeniería. Estos casos dependen de si un factor de seguridad se determina como una sola cantidad, o bien, se establece como un conjunto de componentes.

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3

INTRODUCCIÓN

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INGENIERÍA MECÁNICA

Caso 1. El factor de seguridad se aplica en su totalidad a la resistencia.

σ =

Sy n

τ=

S Sy n

Cuando una pieza ya ha sido diseñada y se conocen su configuración, sus cargas y su resistencia, se calcula el factor de seguridad con objeto de evaluar la condición segura del diseño. Este enfoque se utiliza también cuando en un cierto elemento se ha presentado una serie de fallas o averías, y el diseñador desea saber por qué algunas piezas no funcionan debidamente. Según esto, de la ecuación anterior se despejará el valor de

n.

Caso 2. El factor de seguridad se aplica íntegramente a la carga o los esfuerzos que resultan de esta carga.

F p = nF Ahora

Fp

σ p = nσ

o bien

recibe el nombre de carga permisible (o admisible), y

σp

es también el esfuerzo permisible (o admisible).

Se justifica plenamente llamar también “permisible” al esfuerzo que resulta de una carga “permisible”. Caso 3. Un factor de seguridad global o total puede descomponerse en varios componentes, y se utilizarán factores individuales para la resistencia y para las cargas, o bien, para los esfuerzos producidos por esas cargas. Si hay dos de ellas, por ejemplo, entonces el factor total de seguridad es:

n = n S n1 n2 donde:

nS

tiene en cuenta todas las variaciones o incertidumbres referentes a la resistencia

n1 corresponde a todas las incertidumbres concernientes a la carga 1 n2 corresponde a todas las incertidumbres que conciernen a la carga 2 Cuando se aplica un factor de seguridad, como

nS , a

la resistencia, esto equivale a expresar que en circunstancias

usuales y razonables la resistencia que resulte será siempre menor. Por lo tanto, el valor mínimo de la resistencia se calcula como:

S mín = Cuando se aplica un factor de seguridad como

n1

S nS

a una carga, o al esfuerzo que resulta de la aplicación de dicha

carga, se está experimentando en realidad que la carga o esfuerzo resultantes nunca tendrán un valor mayor. Por último es importante observar que probablemente tanto la resistencia como los esfuerzos en un elemento de máquina variarán de punto a punto en todo el componente.

1.6 CONFIABILIDAD La medida estadística de la probabilidad de que un elemento mecánico no falle cuando esté en servicio se llama confiabilidad. Esta cantidad, R, tiene como medida un número situado en el siguiente intervalo:

0 ≤ R σ 2 > σ 3 Luego, si la fluencia fuera el criterio de falla, esta teoría anticipa que el desperfecto sucede siempre que

σ 1 = S yt donde

S yt

subíndices

o bien

σ 3 = − S yc

S yc son las resistencias de fluencia a la tensión y a la compresión, respectivamente (obsérvese que los t y c suelen suprimirse cuando estas dos resistencias son iguales). y

Si se usa la resistencia última, como en el caso de los materiales frágiles, la falla ocurrirá siempre que

σ 1 = S ut donde

o bien

σ 3 = −S uc

S ut y S uc son, respectivamente, las resistencias últimas a la tensión y a la compresión.

En el caso de torsión pura la torsión cuando

σ 1 = τ = −σ 3

y

σ 2 = 0 . Por consiguiente, esta teoría predice que un elemento fallaría a

τ = S y . No obstante, los experimentos demuestran que elementos sometidos a carga de torsión se

deformarán permanentemente cuando el máximo esfuerzo torsional sea aproximadamente igual a 60% de la resistencia de fluencia. Ésta es una de las razones por las que no se recomienda usar esta teoría.

5.8.2 TEORÍA DEL ESFUERZO CORTANTE MÁXIMO Ésta es una teoría fácil de emplear y siempre de predicciones seguras con respecto de los resultados de ensayos por lo que se le ha utilizado en muchos reglamentos de diseño. Se emplea únicamente para predecir la fluencia y, por lo tanto, se aplica sólo a los materiales dúctiles. Esta teoría afirma que: “se inicia la fluencia siempre que, en un elemento mecánico, el esfuerzo cortante máximo se vuelve igual al esfuerzo cortante máximo en una probeta a tensión, cuando ese espécimen empieza a ceder”.

__________ * Véase: TEORÍAS DE LA FALLA DE UN MATERIAL en el libro “Diseño en Ingeniería Mecánica” de J. E. Shigley y L. D. Mitchell si desea algo más de información relacionada al tema.

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DISEÑO POR RESISTENCIA ESTÁTICA

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INGENIERÍA MECÁNICA

τ

σ3

τ

σ1

S

σ3

S σ1

σ2

σ3

σ2

(a)

σ1

(b)

Fig. 5-2 (a) Círculo de Mohr para tensión simple. (b) Círculo de Mohr para torsión pura.

En la figura a) se muestra el círculo de Mohr para la prueba de tensión simple. El esfuerzo cortante máximo es

τ máx = 0.5σ 1 = 0.5S El círculo de Mohr para la torsión pura se muestra en la figura b). El esfuerzo cortante máximo es

τ máx = 0.5(σ 1 − σ 3 ) ya que se ha considerado que los esfuerzos principales se tienen en el orden

σ1 > σ 2 > σ 3 .

En consecuencia, esta

teoría predice la que la falla se producirá siempre que

τ máx = 0.5S y

S y = (σ 1 − σ 3 )

o bien

Nótese que esta teoría establece también que la resistencia de fluencia al cortante está dada por la ecuación

S S y = 0.50S y 5.8.3 TEORÍA DE LA ENERGÍA DE DISTORSIÓN Esta teoría de falla también se llama teoría de la energía de cortante o teoría de Von Mises-Hencky. Aplicarla es sólo un poco más difícil que aplicar la del esfuerzo cortante máximo, y es la más conveniente para el caso de materiales dúctiles. Como la del esfuerzo cortante máximo, ésta se emplea sólo para definir el principio de fluencia.

σ1 > σ 2 > σ 3

σ2

σ med

σ1

σ3

=

σ med

(a)

(b)

σ 2 − σ med

σ med

σ 1 − σ med

+

σ 3 − σ med (c)

Fig. 5-3 (a) Elemento en estado de esfuerzo triaxial. En éste se produce cambio de volumen y distorsión. (b) Elemento en estado de tensión hidrostática, en el que sólo hay cambio de volumen. (c) Elemento en que sólo se produce deformación angular sin cambio de volumen.

Esta teoría se originó a partir de la observación de que materiales dúctiles, sometidos a esfuerzo hidrostático (de igual tensión o compresión), tenían resistencias de fluencia muy superiores a los valores obtenidos por el ensayo a tensión simple. Así, se postuló que la fluencia no era, de ninguna manera, un fenómeno de tensión o de compresión simples, sino más bien que estaba relacionada de algún modo con la distorsión (o deformación angular) del elemento esforzado.

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DISEÑO POR RESISTENCIA ESTÁTICA

ESPOCH

INGENIERÍA MECÁNICA

Ahora bien, una de las primeras teorías de falla afirmaba que la fluencia se inicia cuando la energía total d deformación, almacenada en el elemento esforzado, llega a ser igual a la energía elástica que hay en un elemento contenido en la probeta de tensión en el punto de cadencia. Esta teoría, denominada teoría de la energía máxima de deformación, ha dejado de utilizarse pero fue precursora de la teoría de la energía de distorsión. Luego de un análisis y estudio minucioso, se obtiene la relación siguiente que expresa el criterio de falla:

2 S y2 = (σ 1 − σ 2 ) 2 + (σ 2 − σ 3 ) 2 + (σ 1 − σ 3 ) 2 lo cual define la iniciación de la fluencia para un estado de esfuerzo triaxial. Si cualquiera de los tres esfuerzos normales principales son cero, el estado de esfuerzo es biaxial. Sea entonces

σA

el mayor de los dos esfuerzos distintos de cero, y

σ B , el menor. Luego

la ecuación anterior se

reduce a

S y2 = σ A2 − σ Aσ B + σ B2 Para casos de torsión pura

σ B = −σ A

y

τ = σ A ; en consecuencia: S Sy = 0.577 S y

Se observa que el criterio de energía de distorsión predice una resistencia de fluencia al cortante sensiblemente mayor que la predicha por la teoría del esfuerzo cortante máximo. Para estudios de análisis y diseño conviene generalmente utilizar los Esfuerzos Equivalentes de Tresca y de Von Mises. Es posible pasar por alto el análisis del círculo de Mohr en el caso especial de flexión y torsión combinadas, cuando se determinan estos esfuerzos equivalentes, cuyos valores se determinan por las ecuaciones siguientes:

σ eq −T = σ x2 + 4(τ xy ) 2

Esfuerzo equivalente de Tresca

Esfuerzo equivalente de Von Mises

σ eq −VM = σ x2 + 3(τ xy ) 2

donde, para los dos tipos de esfuerzos equivalentes:

σ x = σ flexión + σ axial

y

τ xy = τ torsión + τ corte

5.9 CRITERIO DE DISEÑO Una vez que se ha determinado cualquiera de los dos esfuerzos equivalentes antes mencionados, para diseñar un elemento se utilizará la ecuación:

σ eq = donde:

Sy n

σ eq = esfuerzo equivalente según Tresca o esfuerzo equivalente según Von Mises S y = resistencia a la fluencia n = coeficiente de seguridad

________________________________________________________________________________ DISEÑO DE ELEMENTOS DE MÁQUINAS I

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DISEÑO POR RESISTENCIA ESTÁTICA

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5.10

INGENIERÍA MECÁNICA

FALLA DE MATERIALES DÚCTILES

Por lo general, un diseñador de elementos mecánicos empleará la Teoría del Esfuerzo Cortante Máximo si las dimensiones no tienen que ser muy precisas, si es necesaria una rápida estimación del tamaño, o si se sabe que los factores de seguridad han de ser amplios. La Teoría de la Energía de Distorsión predice con mayor precisión la falla y, por lo tato, se utilizaría cuando el margen de seguridad hubiera de estar dentro de límites cercanos o cuando se investigue el origen de la falla real de un elemento mecánico. Para determinar el factor de seguridad, sígase los pasos siguientes: 1.

Calcúlese

2.

¿Es

σ1, σ 2

σ1 ≥ σ 3

y

σ3

utilizando unidades compatibles.

?: SÍ

→

T.E.N.M:

NO → T.E.N.M: T.E.C.M:

3.

n = S y /σ1 n = −S y / σ 3 n = S y /(σ 1 − σ 3 )

Si los esfuerzos son combinados (de hecho, así sucede siempre), evalúe

σ eq

para obtener:

n = S y / σ eq

5.11 FALLA DE MATERIALES FRÁGILES Al seleccionar una teoría de falla para el caso de materiales frágiles*, se observan primero las siguientes características de la mayor parte de estos materiales: 1.

La gráfica del esfuerzo en función de la deformación es una línea continua y uniforme hasta el punto de falla; ésta ocurre por ruptura y, por tanto, esos materiales no tienen resistencia de fluencia.

2.

La resistencia a la compresión muchas veces suele ser mayor que la resistencia a la tensión.

3.

La resistencia última de torsión, es decir, el módulo de ruptura, es aproximadamente igual a la resistencia a la tensión.

Es de importancia mencionar que para el caso de los materiales frágiles se emplean tres teorías de falla, a saber, la Teoría del Esfuerzo Normal Máximo (T.E.N.M), la Teoría de Coulomb-Mohr (T.C.M) y la Teoría de Mohr modificada (T.M.m)

Teoría del Esfuerzo Normal Máximo Esta teoría ya ha sido analizada en la sección 5.8.1.

Teoría de Coulomb-Mohr

σ1 S ut

−

σ3 S uc

=1

A veces llamada teoría de la fricción interna, se basa en los resultados de dos ensayos: el de tensión y el de compresión. Esta teoría establece que la fractura se produce en un estado de esfuerzo tal que origina un círculo tangente a la envolvente de los dos círculos de prueba.

Reordenando la ecuación anterior, es posible deducir que:

S3 =

S uc σ 1 S uc −1 σ 3 S ut

__________ * Véase: FALLAS DE MATERIALES FRÁGILES en el libro “Diseño en Ingeniería Mecánica” de J. E. Shigley y L. D. Mitchell para más información.

________________________________________________________________________________ DISEÑO DE ELEMENTOS DE MÁQUINAS I

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DISEÑO POR RESISTENCIA ESTÁTICA

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INGENIERÍA MECÁNICA

S3 =

Teoría de Mohr modificada

En las ecuaciones anteriores,

S ut

y

S uc

S uc σ 1 ( S uc − S ut ) −1 σ 3 S ut son, respectivamente, la resistencia última a tensión y a compresión.

Para determinar el factor de seguridad, sígase los pasos siguientes: 1.

Obtenga los valores de

2.

σ3 > 0:

S ut , S uc , σ 1 , σ 2

→ n = S ut / σ 1 NO → σ 1 = 0 : SÍ

y

σ3

, y asegúrese que

(para las tres teorías)

SÍ:

n = − S uc / σ 3

NO:

σ1 ≥ 0 :

(para las tres teorías)

SÍ: calcule NO:

3.

σ1 > σ 2 > σ 3 .

S3 → n = S3 / σ 3

n = − S uc / σ 3

(T.C.M)

(para las tres teorías)

 σ3   −  ≥ 0 : σ − 1 1   → n = S 3 / σ 3 (T.M.m) NO → n = S ut / σ 1 (T.E.N.M) y (T.M.m) SÍ

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DISEÑO POR RESISTENCIA ESTÁTICA

ESPOCH

INGENIERÍA MECÁNICA

PROBLEMAS RESUELTOS TEORÍAS DE FALLA EN MATERIALES DÚCTILES

PROBLEMA 1 Un acero dúctil tiene una resistencia de fluencia de 40 kpsi. Determínese los factores de seguridad correspondientes a la falla mediante las teorías del esfuerzo normal máximo, del esfuerzo cortante máximo y de la energía de distorsión, respectivamente, para cada uno de los siguientes estados de esfuerzo (valores en kpsi):

a) σ x = 10 , σ y = −4 b) σ x = 10 , σ y = 0

y

d) σ x = 10 , σ y = 5

y

y

τ xy = 0

τ xy = 4 (s.r) c) σ x = −2 , σ y = −8 y τ xy = 4 (s.c.r)

DATO:

τ xy = 1 (s.r)

S y = 40kpsi

SOLUCIÓN:

a)

Hallemos primero los esfuerzos normales máximo y mínimo, así como del esfuerzo cortante máximo.

Recordando las ecuaciones que definen el centro y radio de un círculo de Mohr dadas en el capítulo 4, obtenemos:

C = 3 , R = 7 , luego, σ máx = 10 T.E.N.M:

n=

Sy

σ máx

y

σ mín = −4

→

n=

40 10

Sabemos que para la teoría del esfuerzo cortante,

T.E.C.M:

Haciendo,

0 .5 S y

n=

τ máx

σ máx = σ A

y

→

n=

⇒

τ máx = R

0.5 x 40 7

n=4

, luego,

⇒

n = 2.857

σ mín = σ B , tenemos que el esfuerzo de Von Misses* es:

σ ' = σ A2 − σ Aσ B + σ B2 = (10) 2 − [10 x(−4)] + (−4) 2 T.E.D:

b)

n=

Sy

σ'

→

n=

40 12.49

⇒

→

σ ' = 12.49

n = 3.203

De manera similar al literal anterior:

C = 5 , R = 6.403 , luego, σ máx = 11.403 T.E.N.M:

n=

Sy

σ máx

→

y

n=

σ mín = −1.403 40 11.403

⇒

n = 3.508

__________ * No confundir este esfuerzo con el equivalente de Von Misses, ya que este último toma en cuenta la acción de esfuerzos combinados (normales y cortantes), mientras que el primero, como tal vez ya lo ha notado, sólo toma en cuenta esfuerzos normales máximos (principales).

________________________________________________________________________________ DISEÑO DE ELEMENTOS DE MÁQUINAS I

94

DISEÑO POR RESISTENCIA ESTÁTICA

ESPOCH

T.E.C.M:

Haciendo,

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0 .5 S y

n=

τ máx

σ máx = σ A

y

→

n=

0.5 x 40 6.403

⇒

n = 3.124

σ mín = σ B , tenemos que el esfuerzo de Von Misses es:

σ ' = σ A2 − σ Aσ B + σ B2 = (11.403) 2 − [11.403x(−1.403)] + (−1.403) 2 T.E.D:

c)

Sy

n=

→

σ'

C = −5 , R = 5 , luego, σ máx = 0

n=

y

40 12.165

⇒

→

σ ' = 12.165

n = 3.288

σ mín = −10

Evidentemente el esfuerzo normal máximo no puede ser cero, puesto que al sustituir este valor en la ecuación para el coeficiente de seguridad obtenemos un valor para éste último de infinito, lo que naturalmente es un absurdo. En este caso particular se hace,

T.E.N.M:

n=

T.E.C.M:

n=

Haciendo,

Sy

σ mín 0 .5 S y

τ máx

σ máx = σ A

y

σ máx = σ mín

, luego tenemos,

→

n=

40 10

⇒

n=4

→

n=

0.5 x 40 5

⇒

n=4

σ mín = σ B , tenemos que el esfuerzo de Von Misses es:

σ ' = σ A2 − σ Aσ B + σ B2 = (0) 2 − [0 x(−100)] + (−10) 2 T.E.D:

d)

Sy

n=

→

σ'

n=

40 10

C = 7.5 , R = 2.693 , luego, σ máx = 10.193

T.E.N.M:

n=

T.E.C.M:

n=

Haciendo,

Sy

σ máx

σ máx = σ A

0 .5 S y

τ máx y

⇒ y

n=

Sy

σ'

σ ' = 10

n=4

σ mín = 4.807

→

n=

40 10.193

⇒

n = 3.924

→

n=

0.5 x 40 2.693

⇒

n = 7.428

σ mín = σ B , tenemos que el esfuerzo de Von Misses es:

σ ' = σ A2 − σ Aσ B + σ B2 = (10.193) 2 − [10.193x(4.807)] + (4.807) 2 T.E.D:

→

→

n=

40 8.832

⇒

→

σ ' = 8.832

n = 4.529

Importante es mencionar que los esfuerzos normales máximo y mínimo no necesariamente tienen que ser positivo y negativo o viceversa, respectivamente. Adviértase que en la T.E.N.M, lo que se toma en cuenta es el valor del “mayor” esfuerzo normal principal.

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95

DISEÑO POR RESISTENCIA ESTÁTICA

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PROBLEMA 2 Una fuerza aplicada en

D,

cerca del extremo de una palanca de 15 pulg. de longitud, como se ilustra, ocasiona

determinados esfuerzos en la barra en voladizo

OABC .

Esta barra está hecha de acero UNS G10350 y ha sido

forjada, maquinada, tratada térmicamente y revenida a 800ºF. ¿Qué carga

F

produciría fluencia en la barra?

Datos : L1 = 15in L2 = 14in d A = 1in d O = 1.5in S y = 81kpsi n =1

SOLUCIÓN:

F produce fluencia en la barra. A ) para ser analizados. ¿Cuál de los dos es el más crítico?

El factor de seguridad es uno ya que el enunciado del problema dice que la carga Obsérvese que existen dos puntos de interés ( O y Punto

A:

Trasladando la carga

F

a este punto tenemos:

M xz = T = F .L1

→

T = 15 F

M xy = M = F .L2

→

M = 14 F

El esfuerzo normal por flexión es:

σx =

32 M πd A3

→

σx =

32(14 F ) = 142.603F π (1) 3

El esfuerzo cortante por torsión es:

τ xz =

16T πd A3

→

τ xz =

16(15 F ) = 76.394 F π (1) 3

El esfuerzo equivalente de Von Misses es:

La carga

F

que produce fluencia en la barra es:

σ eq = (σ x ) 2 + 3(τ xz ) 2 σ eq = (142.603F ) 2 + 3(76.394 F ) 2 = 194.535 F σ eq =

Sy n

→

194.535 F = 81000

⇒

F = 416.377lb

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96

DISEÑO POR RESISTENCIA ESTÁTICA

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Punto

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O:

Trasladando la carga

F

M xz = T = F .L1

a este punto tenemos:

→

M xy = M = F ( L2 + 2) →

T = 15 F M = 16 F

El esfuerzo normal por flexión es:

σx =

32 M πd O3

→

σx =

32(16 F ) = 48.289 F π (1.5) 3

El esfuerzo cortante por torsión es:

τ xz =

16T πd O3

→

τ xz =

16(15 F ) = 22.635 F π (1.5) 3

σ eq = (σ x ) 2 + 3(τ xz ) 2

El esfuerzo equivalente de Von Misses es:

La carga

F

σ eq = (48.289 F ) 2 + 3(22.635 F ) 2 = 62.201F

que produce fluencia en la barra es:

Sy

σ eq =

n

→

62.201F = 81000

⇒

F = 1302.239lb

De los resultados anteriores se concluye que el punto más crítico es el punto

A.

σ = P / A , vemos que el esfuerzo aumentará cuando el A ) y, decrecerá cuando el área aumente (punto O ). Según esto último, la carga más segura que puede soportar la barra es 416.377lb . Esto debe ser así ya que, si la sección de diámetro de 1in puede soportarla, con mucha más razón lo hará la de 1.5in . Esto era de esperarse ya que, por definición de esfuerzo, área disminuya (punto

PROBLEMA 3 La figura muestra una barra redonda, sometida a la acción de un vector momento M = 1.75i + 1.10k, en kN-m. El material es una aleación de aluminio UNS A95056-H38. Un elemento de esfuerzo A , se encuentra localizado en la parte superior de la barra. A partir de los esfuerzos producidos en este elemento, determínese el factor de seguridad contra falla estática utilizando la teoría del esfuerzo cortante máximo y la de la energía de distorsión.

y

Datos : d = 0.040 m = 1.575in M x = 1.75kN − m M z = 1.10kN − m

z

S y = 50kpsi

A

Mz

x

Mx

SOLUCIÓN: Puesto que este vector momento resulta que también es un vector libre, sus componentes nos muestran que en el punto en cuestión se tiene:

M x = M yz = T = 1.75

y

M z = M xy = M = 1.10 Unidades:

[kN − m]

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97

DISEÑO POR RESISTENCIA ESTÁTICA

ESPOCH Como

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Sy

se encuentra dado en unidades del sistema inglés, transformando el torque y el momento a estas unidades

tenemos:

T = 1.75kN .m = 15482.615lb.in El esfuerzo normal por flexión es:

σx = −

El esfuerzo cortante por torsión es:

τ xz =

32 M πd 3

16T πd 3

y

M = 1.10kN .m = 9732lb.in

→

σx = −

→

τ xz =

32(9732) = −25381.856 π (1.575) 3

16(15482.615) = 20182.397 π (1.575) 3 Unidades:

Teniendo en cuenta que

σ y = 0 , obtenemos: C = −12.686 , R = 23.838 , σ máx = 11.152

y

σ mín = −36.524 Unidades:

n=

T.E.C.M:

Haciendo,

σ máx = σ A

0 .5 S y

τ máx y

→

n=

0.5 x50 23.838

⇒

n=

Sy

σ'

[kpsi ]

n = 1.049

σ mín = σ B , tenemos que el esfuerzo de Von Misses es:

σ ' = σ A2 − σ Aσ B + σ B2 = (11.152) 2 − [11.152 x(−36.524)] + (−36.524) 2 T.E.D:

[ psi ]

→

n=

50 43.194

⇒

→

σ ' = 43.194

n = 1.158

PROBLEMA 4 Una palanca, sometida a una fuerza estática vertical hacia debajo de 400 lb, está montada en una barra de 1 pulg. de diámetro, como se indica. a) b) c)

Hállense los esfuerzos críticos en la barra circular. Calcúlese ele factor de seguridad empleando la teoría del esferazo cortante máximo. Esta barra es de acero UNS G46200, tratado térmicamente y estirado a 800ºF. Con base en la carga estática, encuéntrese el factor de seguridad por medio de la teoría de la energía de distorsión.

Datos : L1 = 9in L2 = 7in d = 1in F = 400lb S y = 94 kpsi

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DISEÑO POR RESISTENCIA ESTÁTICA

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SOLUCIÓN:

a) Trasladando la carga

F

al empotramiento tenemos:

M xy = T = F .L1

→

T = 400 x9 = 3600

M yz = M = F .L2

→

M = 400 x7 = 2800

El esfuerzo normal por flexión es:

σx =

32 M πd 3

→

σx =

32(2800) = 28520.566 π (1) 3

El esfuerzo cortante por torsión es:

τ xy =

16T πd 3

→

τ xz =

16(3600) = 18334.649 π (1) 3 Unidades:

b)

Teniendo en cuenta que

σ y = 0 , obtenemos: C = 14.261 , R = 23.228 , σ máx = 37.489

y

σ mín = −8.967 Unidades:

n=

T.E.C.M:

c)

Haciendo,

0 .5 S y

→

τ máx

σ máx = σ A

y

n=

0.5 x94 23.228

⇒

n=

[kpsi ]

n = 2.023

σ mín = σ B , tenemos que el esfuerzo de Von Misses es:

σ ' = σ A2 − σ Aσ B + σ B2 = (37.489) 2 − [37.489 x(−8.967)] + (−8.967) 2 T.E.D:

[ psi ]

Sy

→

σ'

n=

94 42.685

⇒

→

σ ' = 42.685

n = 2.202

PROBLEMA 5 La figura presenta un elemento de tubo en voladizo construido con una aleación de aluminio UNS A92014-T4. Se desea obtener un conjunto de dimensiones de sección transversal para el tubo con base a una carga de flexión

F = 0.80kN , una tensión axial P = 7.20kN y una carga de torsión T = 38 N .m . Los factores de seguridad por carga serán n F = 2.20 , n P = 1.30 y nT = 1.90 . Utilícese un factor de seguridad por resistencia n R = 1.50 . y

Datos : S y = 40 kpsi = 275790291 .7 N / m 2

0.12 m

F = 800 N P = 7200 N

F z

T = 38 N .m n = nF .nR = 3.30 P T

x

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99

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SOLUCIÓN: Los esfuerzos en un eje de sección tubular sometido a cargas axiales, de flexión y de torsión son, respectivamente:

σx = donde:

4P π (D 2 − d 2 )

σx =

32 MD π (D 4 − d 4 )

τ xy =

16TD π (D 4 − d 4 )

σ x = esfuerzo axial σ x = esfuerzo de flexión τ xy = esfuerzo de torsión D = diámetro exterior del eje d = diámetro interior del eje M = momento flexionante en la sección crítica T = momento torsionante en la sección crítica

Ahora bien, por el principio de superposición, el esfuerzo normal está dado por:

σ = (σ x ) axial + (σ x ) flexión =

4P 32 MD + 2 2 π (D − d ) π (D 4 − d 4 )

Ahora debemos calcular cualquiera de los esfuerzos equivalentes (puesto que existen esfuerzos combinados).

El valor del momento flector está dado por:

M = (0.12 x800) = 96 N .m

σ eq = σ 2 + 4τ 2 =

Calculemos el esfuerzo equivalente de Tresca:

Sy n

Elevando al cuadrado y reemplazando datos: 2

2

 4 x7200  16 x38 D  32 x96 D   275790291.7  + + 4 =   2 2 4 4  4 4  3.30   π ( D − d ) π ( D − d )  π (D − d ) 

2

Operando: 2

2

 9167.325 977.848 D   193.532 D  + + 4 4 = 6.984 x1015  2 2 4 4  4  ( D − d ) ( D − d ) ( D − d )     Despreciando por el momento el esfuerzo debido a la carga axial, se tiene: 2

2

 977.848 D   193.532 D  + 4 4 = 6.984 x1015  4 4  4   (D − d )   (D − d )  Asumiendo que

D = 2d , obtenemos:

1 (977.848 2 + 4 x193.532 2 ) = 6.984 x1015 3 2 (15d )

→

4915.579 = 6.984 x1015 6 d

Despejando el valor del diámetro, se tiene:

d = 0.009m = 9.431mm = 0.371in

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100

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Con este diámetro tentativo, calculamos los valores de todos los esfuerzos; así tenemos:

(σ x ) axial =

τ torsión =

9167.325 N = 37725617.28 2 2 3 x0.009 m

(σ x ) flexión =

;

977.848 x 2 N = 178847370.8 2 3 15 x0.009 m

193.532 x 2 N = 35396799.26 2 3 15 x0.009 m

Calculando el esfuerzo normal resultante mediante el principio de superposición, hallamos:

σ = (37725617.28 + 178847370.8) Pa = 216572988Pa Ahora, la incógnita es el factor de seguridad; reemplazando en el esfuerzo equivalente de Tresca, obtenemos:

σ eq = 216572988 2 + 4 x35396799.26 2 =

275790291.7 n n = 1.210

Operando y despajando el valor del coeficiente de seguridad, se tiene:

Este último valor está muy por debajo del valor dado, a saber, n = 3.30 ; ahora, ¿debemos aumentar o disminuir el valor del diámetro interior?. La respuesta se encuentra al analizar la ecuación de esfuerzo.

Sabemos que el esfuerzo (en general) se define mediante la relación

σ=

F . A

Es obvio que para que el esfuerzo

disminuya (“se haga más seguro”) el área debe aumentar. Con esto último, aumentemos el valor del diámetro interior a,

d = 0.5in = 12.7 mm = 0.013m .

En este punto, el estudiante habrá notado que el proceso para encontrar las dimensiones es iterativo. Volviendo a calcular todos los esfuerzos con

(σ x ) axial =

τ torsión =

d = 0.013m , tenemos:

9167.325 N = 18081508.87 2 2 3 x0.013 m

;

(σ x ) flexión =

977.848 x 2 N = 59344439.38 2 3 15 x0.013 m

193.532 x 2 N = 11745228.34 2 3 15 x0.013 m

Calculando el esfuerzo normal resultante mediante el principio de superposición, hallamos:

σ = (18081508.87 + 59344439.38) Pa = 77425948.25Pa Ahora, la incógnita es el factor de seguridad; reemplazando en el esfuerzo equivalente de Tresca, obtenemos:

σ eq = 77425948.25 2 + 4 x11745228.34 2 =

275790291.7 n

Operando y despajando el valor del coeficiente de seguridad, se tiene:

n = 3.409

Puesto que este último valor del coeficiente de seguridad es bastante próximo ha dimensiones más adecuadas para el elemento de sección tubular son:

d = 0.5in

y

n = 3.30 ,

se concluye que las

D = 1in

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101

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PROBLEMA 6 Determínense las dimensiones (con valor redondeado a 0.125 pulg) del resorte o muelle de acero de sección rectangular y en voladizo que se muestra en la figura.

Datos : F = 100lb S y = 180 kpsi L = 40in

F

n=3

h

b = 6h

40in b

SOLUCIÓN: Es evidente que el muelle se encuentra sometido a un sólo esfuerzo crítico, el esfuerzo de flexión. Este problema es algo más sencillo que el anterior, puesto que ya está definida la relación entre las dimensiones del elemento mecánico. Si no se tuviera esta relación, el procedimiento de resolución sería semejante al realizado en el problema anterior.

M = (100 x 40) = 4000lb.in

Bien, el valor del momento flexionante está dado por:

El momento de inercia de la sección respecto al eje neutro (este es paralelo al eje z) es:

Reemplazando la relación que existe entre las dimensiones, se obtiene:

El esfuerzo normal por flexión está dado por:

σ flexión =

I E.N

I E.N =

b.h 3 12

6h.h 3 h 4 = = 12 2

M .c I E.N

Adviértase que c , es la distancia desde el eje neutro hasta la fibra que se vaya ha analizar. En este caso se analizará aquella fibra extrema que se encuentra sometida a tensión, y en cuyo caso el valor de c es el mismo que el del centroide. Es importante mencionar que, cuando se tengan elementos sometidos a esfuerzos combinados de compresión y de tensión, estos se diseñarán únicamente a esfuerzos de tensión, puesto que si se consideran esfuerzos de compresión, éstos últimos harán que el esfuerzo disminuya y, claro, lo que se busca es diseñar cuando las solicitaciones son críticas (en otras palabra, son grandes)*.

Según esto último, es esfuerzo normal por flexión** es:

σ flexión =

M . y 6M . = 3 I E.N h

Empleando la teoría del esfuerzo normal máximo, se tiene:

σ=

Sy n

→

6 x 4000 180000 = 3 h3

h = 0.737in

⇒

Como se nos pide un valor redondeado a (1/8) de pulgada, es evidente que las dimensiones del resorte son:

h = (6 / 8)in

b = (36 / 8)in

y

__________ * Valdría la pena que el estudiante consultase esta situación al autor de este texto para información adicional del tema y conocer cierta anécdota. ** Esta expresión tiene equivalencia a esfuerzo normal debido a la flexión, pero debido a que resulta muy larga para escribirla, se usará la expresión esfuerzo normal por flexión para referirse a ella.

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102

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PROBLEMA 7

Para el problema anterior, determínense las dimensiones del resorte de acero de sección rectangular y en voladizo, cuando en su extremo libre actúa un momento torsor dimensiones del resorte.

T = 1000lb − in .

Se desconoce la relación entre las

SOLUCIÓN: El valor del momento flexionante es:

M = (100 x 40) = 4000lb.in

El momento de inercia de la sección respecto al eje neutro (este es paralelo al eje z) es:

σ flexión =

El esfuerzo normal por flexión está dado por:

M .c I E.N

24000 h 12 = 3 2 b.h b.h 2

El esfuerzo por torsión está dado por:

α

b.h 3 12

σ flexión = 4000 x x

Reemplazando valores:

El coeficiente

I E. N =

τ torsión =

depende de la relación

a/b.

a : lado − mayor T →  α .a.b 2 b : lado − menor Para nuestro caso:

Reemplazando el valor del momento torsor (torque), se obtiene:

Calculemos el esfuerzo equivalente de Tresca:

τ torsión =

τ torsión =

σ eq = σ 2 + 4τ 2 =

T α .b.h 2

1000 α .b.h 2 Sy n

Elevando al cuadrado y reemplazando datos: 2

2

 24000   1000   180000  + 4 =   2  2   b.h   α .b.h   3  Simplificando:

Asumamos

 4 x10 6  576 x10 6 + α2 

  = 3600 x10 6 

2

b = 2h . Según esta relación, el valor de α

Por lo tanto,

1 2 b .h 4

→

1  4  576 + 2  = 3600 4  b .h  α 

Reemplazando valores:

σ flexión =

2

(en tablas) es

1  4  576 +  = 3600 → 6  4h  0.246 2 

0.246 .

h = 0.595in

b = 1.191in . Con estas dimensiones tentativas, calculamos los respectivos esfuerzos.

24000 = 56921.214 psi 1.191(0.595) 2

;

τ torsión =

1000 = 9640.936 psi 0.246(1.191)(0.595) 2

Ahora, la incógnita es el factor de seguridad.

σ eq = 56921.214 2 + 4 x9640.936 2 =

180000 n

→

n = 2.995

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103

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Francamente, no pensábamos que el problema iba ha ser resuelto en un primer intento; desgraciadamente, esto no ocurre con frecuencia, sino más bien, hay que realizar dos o tres iteraciones para encontrar las dimensiones más adecuadas de los elementos de máquinas. Cuando esto último ocurre, lo que se hace es intentar con otra relación entre las dimensiones ó, más brevemente, se comienza a hacer que las dimensiones aumenten con el objetivo de que los esfuerzos disminuyan. Esto último hará que los elementos se vuelvan cada vez más seguros (el coeficiente de seguridad aumenta). Puesto que

n = 2.995

prácticamente es

n = 3 , resulta que las dimensiones del resorte son, redondeando:

b = 1.2in

y

b = 0.6in

TEORÍAS DE FALLA EN MATERIALES FRÁGILES PROBLEMA 8 Los ensayos de una clase particular de hierro colado ASTM No. 20 dieron una

S uc = 600 MPa .

S ut = 150 MPa

y una

Determínese el factor de seguridad según cada una de las teorías de falla para los siguientes

estados de esfuerzo (valores en Mpa):

a) σ x = 50 , σ y = 0

y

τ xy = 30

b) σ x = −80 , σ y = −40 c) σ x = 40 , σ y = 30

y

(s.r)

τ xy = 20

(s.c.r)

τ xy = 10 (s.c.r) d) σ x = 30 , σ y = −60 y τ xy = 30 (s.r) y

SOLUCIÓN: Tomando en cuenta que se han ordenado los esfuerzos normales máximos de manera que manera general) y en particular, asumiendo que

a)

σ1 > σ 2 > σ 3 *

(de

σ 2 = 0 **, tenemos:

Siguiendo un procedimiento similar al problema anterior:

C = 25 , R = 39.051 , σ máx = 64.051 Haciendo:

σ máx = σ 1

y

σ mín = σ 3

y

σ mín = −14.051

tenemos:

¿σ 3 > 0 ? → NO → ¿σ 1 = 0 ? → NO → ¿σ 1 ≥ 0 ? → SI → T.C.M → S 3 → n = S 3 / σ 3 S3 =

S uc 600 → S3 = = −31.195 σ 1 S uc 64.051x600 −1 −1 (−14.051) x150 σ 3 S ut

⇒

n=

− 31.195 = 2.220 − 14.051

(T.C.M)

 σ3  S  ≥ 0 ? → NO → n = ut → T.E.N.M y T.M.m ¿ − σ1  σ1 −1 ⇒

n=

150 = 2.342 64.051

(T.E.N.M y T.M.m)

__________ * Véase la figura 4-6. pág. 59 de este texto. ** Véase la figura 5-2. pág. 91 de este texto.

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104

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INGENIERÍA MECÁNICA

b) C = −60 , R = 28.284 , σ máx = −31.716 Haciendo:

σ máx = σ 1

y

σ mín = σ 3

y

σ mín = −88.284

tenemos:

¿σ 3 > 0 ? → NO → ¿σ 1 = 0 ? → NO → ¿σ 1 ≥ 0 ? → NO → n = − S uc / σ 3 n=−

⇒

c) C = 35 , R = 11.180 , σ máx = 46.18 Haciendo:

σ máx = σ 1

y

σ mín = σ 3

¿σ 3 > 0 ? → SI → n = S ut / σ 1

y

y

(Para las tres teorías)

150 = 3.248 46.18

(Para las tres teorías)

tenemos:

(Para las tres teorías)

d) C = −15 , R = 54.083 , σ máx = 39.083

σ máx = σ 1

600 = 6.796 − 88.284

σ mín = 23.82

n=

⇒

Haciendo:

(Para las tres teorías)

σ mín = σ 3

y

σ mín = −69.083

tenemos:

¿σ 3 > 0 ? → NO → ¿σ 1 = 0 ? → NO → ¿σ 1 ≥ 0 ? → SI → T.C.M → S 3 → n = S 3 / σ 3 S3 =

S uc 600 → S3 = = −183.882 σ 1 S uc 39.083x600 −1 −1 (−69.083) x150 σ 3 S ut

n=

⇒

− 183.882 = 2.662 − 69.083

(T.C.M)

 σ3  S  ≥ 0 ? → SI → T.M.m → S 3 → n = 3 ¿ − σ3  σ1 −1 S uc 600 → S3 = = −222.451 S3 = σ 1 ( S uc − S ut ) 39.083(600 − 150) −1 −1 (−69.083) x150 σ 3 S ut ⇒

n=

S ut

⇒

σ1

− 222.451 = 3.220 (T.M.m) − 69.083 150 n= = 3.838 (T.E.N.M) 39.083 n=

EJES DE TRANSMISIÓN Un problema básico de diseño es el de ejes de transmisión. En él se utiliza la mayor parte (si no todas) de los principios fundamentales descritos en los capítulos anteriores. Un eje de transmisión* (o árbol) es un elemento cilíndrico se sección circular, que puede estar fijo o estar girando, sobre el que se montan engranes, poleas, volantes, ruedas de cadena, manivelas o manubrios, así como otros elementos mecánicos de transmisión de fuerza o potencia. Los ejes de transmisión, o simplemente ejes, son barras sometidas a cargas de flexión, tensión, compresión o torsión que actúan individualmente o combinadas. En este último caso es de esperar que la resistencia estática y la de fatiga sean consideraciones importantes de diseño, puesto que un eje puede estar sometido en forma simultánea a la acción de esfuerzos estáticos, completamente invertidos en forma alternante y repetidos sin cambio de sentido**.

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105

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El término “eje” abraca otras variedades, como los ejes de soporte y los husillos. Un eje de soporte es el que no transmite carga de torsión y puede ser fijo o rotatorio. Un eje de transmisión rotatorio de corta longitud se denomina husillo. Siempre que sea posible, los elementos de transmisión de potencia, como engranes o poleas, deben montarse cerca de los cojinetes de soporte. Este reduce el momento flexionante y, en consecuencia, la deflexión y el esfuerzo por flexión.

DISEÑO PARA CARGAS ESTÁTICAS Los esfuerzos en la superficie de un eje macizo de sección circular, sometido a cargas combinadas de flexión y de torsión, son:

σx = donde:

32 M πd 3

τ xy =

16T πd 3

σ x = esfuerzo de flexión τ xy = esfuerzo de torsión d = diámetro del eje M = momento flexionante en la sección crítica T = momento torsionante en la sección crítica

PROBLEMA 9 En el rodillo industrial engranado, el material transportado por éste ejerce una fuerza distribuida uniformemente, con

una intensidad de w = 20lb / in ; para el sistema mostrado, determínese el diámetro del eje. Todas las dimensiones se encuentran en pulgadas.

Datos : F = 200lb S y = 54 kpsi

θ = 20º

SOLUCIÓN: Descomponiendo la carga

F

en sus componentes rectangulares tenemos:

Fy = F .senθ

⇒

Fy = 68.404lb ↓

Fz = F . cos θ

⇒

Fz = 187.939lb ↑

Los sentidos de las componentes anteriores se justifican según el plano sobre el cual actúan.

________ * A veces a un eje de transmisión se le llama, impropiamente, “flecha”. ** Aunque estos conceptos no pertenecen a este capítulo, han sido mencionados debido a su importancia en el diseño de estos elementos de máquinas. En el capítulo siguiente se encontrarán las aplicaciones y ecuaciones correspondientes para estos elementos.

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106

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xy

PLANO

w

Transformando la carga distribuida

en carga puntual:

W = w.l 1.75

→

8

1.75

W = (20 x8)lb ⇒ 2.75

Oy

W = 160lb ↑ 4

1.75 Fy

≅

2.75

Oy

Fy

W

Cy

w

1.75

4

Cy

CÁLCULO DE LAS REACCIONES:

∑M ∑F

O

y

= 0:

= 0:

W (5.75) + Cy (11.5) − Fy (14.25) = 0

⇒

Cy = 4.761lb ↑

−Oy + W + Cy − Fy = 0

⇒

Oy = 96.3571lb ↓

DIAGRAMAS DE FUERZA CORTANTE Y MOMENTO FLECTOR

Unidades : [lb ] Unidades : [lb.in ] En el diagrama de fuerza cortante se tiene un punto de intersección momento flector. Llamando entre

I

y

x

, en el cual se producirá el máximo valor de

A

e

I

, y

l

a la distancia correspondiente

B , tenemos: tan θ =

Por Trigonometría Elemental:

96.357 63.643 = x 8− x

Por lo tanto: Por supuesto, tanto

x

como

l

⇒

x = 4.818in

⇒

l = 3.182in

son necesarios para la construcción del diagrama de momento flector.

El valor máximo de momento flector es:

PLANO

I

la distancia que existe entre los puntos

M I = 400.749lb.in

xz

Ahora bien, según la figura del problema el sistema coordenado tiene la orientación siguiente:

11.5

x z

⇒

2.75

Oz

Fz

Az

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107

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CÁLCULO DE LAS REACCIONES:

∑M = 0: ∑F = 0: O

z

Adviértase que en

Az (11.5) − Fz (14.25) = 0 ⇒

Az = 232.88lb ↑

Oz − Az +Fz = 0

⇒

Oz = 44.942lb ↓

Az , la dirección (mostrada por la flecha) es negativa según el sistema coordenado adjunto. Oz ; su dirección es positiva.

Algo similar sucede con

Esto último debe tenerse muy en cuenta para la construcción de los diagramas de fuerza cortante y momento flector.

DIAGRAMAS DE FUERZA CORTANTE Y MOMENTO FLECTOR

Unidades : [lb ]

Unidades : [lb.in ]

M C = 516.833lb.in

El valor máximo de momento flector es:

VALORES RESULTANTES DE MOMENTOS FLECTORES El estudiante habrá notado que los máximos momentos flectores ocurren en puntos distintos del eje, a saber, en el plano

xy

el valor máximo se encuentra en el punto

I

, mientras que en el plano

xz

éste está en el punto

C.

Ahora bien, sabemos que el diseño debe realizarse en un punto específico (punto crítico) para lo cual debemos tener los valores del momento flector de este punto en los dos planos antes considerados. Es evidente que, como en el plano plano

xz

xy

el valor máximo de momento flector se encuentra en el punto

el momento flector máximo está en el punto

Punto

Punto

C

Plano( xy ) :

M I = 400.749lb.in

Plano( xy ) :

M C = 188.118lb.in

Plano( xz ) :

M I = 295.179lb.in

Plano( xz ) :

M C = 516.833lb.in

MI

, y que en el

C , uno de ellos será más crítico que el otro.

I

Importante es mencionar que el valor de

I

con respecto al plano

xz

fue obtenido por Geometría Elemental

(semejanza de triángulos). Ahora que ya tenemos los valores de los puntos

I

y

C

en los planos

xy

y

xz ,

debemos calcular el valor del

momento flector resultante en cada uno de esos puntos, así: Momento resultante en el punto

M I = ( M I ) 2xy + ( M I ) 2xz Momento resultante en el punto

M C = ( M C ) 2xy + ( M C ) 2xz

I

:

→

M I = 400.749 2 + 295.179 2

⇒

M I = 498lb.in

M C = 188.118 2 + 516.833 2

⇒

M C = 550lb.in

C: →

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108

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DETERMINACIÓN DEL PUNTO CRÍTICO Para ello observemos la figura siguiente, que es una representación del montaje del eje.

Los puntos

A

y

C

son los sitios donde se alojarán los respectivos cojinetes (rodamientos).

Puesto que la diferencia entre los momentos resultantes de los puntos valor del momento en que buscamos.

C

I

y

C

no es muy significativa, tomamos el

como el valor máximo del momento flector. Esto hace que el punto

Pero esto último no es condición suficiente para asegurar que

C

sea el punto crítico

C es el punto crítico buscado.

Un análisis más riguroso demuestra que efectivamente C es punto crítico, pues es aquí donde a más de tenerse el valor del momento flector resultante máximo se tiene también el valor de esfuerzo normal máximo; claro, esto es así ya que, considerando la sección más pequeña, es evidente (recuerde la definición de esfuerzo) que el esfuerzo normal debido a la flexión es más crítico en éste que en los demás puntos. El estudiante debe estar preguntándose: el punto

A

tiene igual sección que el punto

también un punto crítico? La respuesta es sencilla. No es punto crítico como

C

C , entonces, ¿por qué A

sección que éste (la menor por supuesto), su valor de momento flector resultante es pequeño comparado con el del punto

no es

ya que, a pesar de tener la misma

186lb.in , que es un valor muy

C.

DISEÑO DEL EJE El eje se encuentra sometido al efecto de esfuerzos combinados, a saber, de flexión y de torsión, por lo tanto, se requiere la utilización del Esfuerzo Equivalente de Von Misses.

(σ eq )V .M = σ 2 + 3τ 2

Éste último está dado por:

σ=

Recordando que:

También,

M = MC

y

32 M πd 3

τ=

T = Fz (rD )

16T πd 3

→

, tenemos:

(σ eq )V .M =

Sy n

T = (187.939 x1.5)lb.in

⇒

T = 281.909lb.in

Puesto que no se menciona que el sistema mecánico requiera de una precisión y seguridad altas* se tomará un valor de

n = 2.

Ahora que ya conocemos la mayoría de los datos, procedemos a reemplazarlos en la ecuación que define el Esfuerzo Equivalente de Von Misses. Se tiene: 2

2

 32 x550   16 x 281.909   54000  + 3   =  3  3 π .d  π .d     2 

Evidentemente, el valor del diámetro

d

2

31385249.84 6184140.625 + = 729000000 d6 d6 37569390.46 = 729000000 ⇒ d = 0.610in d6

→

es el correspondiente a la sección más pequeña.

________ * Cuando de ciertos sistemas mecánicos dependan o estén en riesgo vidas humanas y por que no, la de ciertas especies de animales (especialmente aquellas en peligro de extinción), el valor del coeficiente de seguridad en estos casos es considerablemente elevado. ¿Cuánto? Francamente no lo sabemos, de todos modos un valor de 10 o superior ya sería seguro.

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109

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Como este problema ha sido resuelto de una manera muy detallada, en los problemas que vienen a continuación (y que son bastante similares a éste), sólo se describirán algunos conceptos adicionales, si así lo amerita el problema. Las soluciones a ellos se harán de una manera directa y ya no de la forma que se hizo aquí.

PROBLEMA 10 La figura ilustra un eje de transmisión con cojinetes en A y D , una polea en B y otra en C . Las fuerzas indicadas en la superficie de las poleas representan las tensiones de las bandas en los lados tirante y flojo de las mismas. Calcúlese el momento torsionante aplicado al eje por la polea que está en C y la polea que está en B . Determínese un diámetro apropiado del árbol, tomando como base un esfuerzo normal de 16 kpsi y/o un esfuerzo cortante admisible de 12 kpsi. (Dimensiones en pulgadas).

x 27lb 300lb y

Datos :

dD

50lb

d B = 8in d D = 6in

dB

σ adm = 16kpsi τ adm = 12kpsi

360lb D

6 z

C

8 B 8 A SOLUCIÓN:

Es evidente que las fuerzas actuantes (tensiones de las bandas) se encuentran ubicadas en planos distintos, a saber, en el plano

xy

actúa una tensión resultante de

tensión resultante de

(300 + 50)lb = 350lb ,

mientras que en el plano

xz

actúa una

(360 + 27)lb = 387lb . Estas tensiones resultantes son el resultado (cabe la redundancia) de

trasladar las tensiones de las bandas al centro del eje de transmisión. Según lo anterior, obtenemos: PLANO

xy 8

8

∑M

6

Ay

A

= 0:

Dy

B

Dy = 127.273lb ↓

C

A

(350 x8) − 22 Dy = 0

∑F

y

D

= 0:

− Ay + 350 − Dy = 0 Ay = 222.727lb ↓

350

De aquí en adelante, en todos los problemas que se requieran diagramas de momentos flectores para su solución, únicamente se presentará éste y ya no la forma como se obtuvo, pues pensamos, que en este punto, el estudiante ya domina la construcción de estos diagramas. DIAGRAMA DE MOMENTOS FLECTORES

B

D

C

A

( M B ) xy = 1781.816[lb − in] ( M C ) xy = 763.635[lb − in]

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110

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PLANO

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xz 8

8

∑M

6

Az

A

= 0:

(387 x16) − 22 Dz = 0

Dz

Dz = 281.455lb ↓

C

B A

∑F

D

z

= 0:

Az − 387 + Dz = 0 Az = 105.545lb ↓

387

DIAGRAMA DE MOMENTOS FLECTORES

B

( M C ) xz = 1688 .720[lb − in ]

D

C

( M B ) xz = 844 .360[lb − in ]

A

MOMENTOS RESULTANTES

Punto

B:

M B = [(M B ) xy ] 2 + [(M B ) xz ]2

⇒

M B = 1971.754[lb − in]

Punto

C:

M C = [(M C ) xy ]2 + [(M C ) xz ]2

⇒

M C = 1853.241[lb − in]

Cálculo del diámetro

Por flexión: Punto

B:

σ x = σ adm =

32 M B πd 3

⇒

d = 1.079[in]

Punto

C:

σ x = σ adm =

32 M C πd 3

⇒

d = 1.057[in]

Por torsión: Puesto que,

→ TBω B = TC ω C ; pero como el eje gira a la misma velocidad angular, ω B = ω C . TB = TC = T ; además, T = ( Flado −tenso − Flado − flojo ).rpolea

PB = PC *

Por lo tanto se tiene que: Finalmente, el torque es:

T = ( Flado −tenso − Flado − flojo ).rpolea = (300 − 50) x 4 = (360 − 27) x3 Puntos

B

y

C:

τ x = τ adm =

16T πd 3

⇒

⇒

T = 1000[lb − in]

d = 0.752[in]

________ * Claro, esto es así ya que no se consideran pérdidas de potencia debido a la fricción entre bandas y poleas. Ciertamente, esto no ocurre en los sistemas mecánicos reales en los cuales, efectivamente, se produce una pérdida de potencia, la misma que se manifiesta en forma de calor. Recuerde que, la energía no se crea ni se destruye, únicamente se trasforma.

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PROBLEMA 11 Para el sistema que se muestra en la figura, determínese el diámetro del eje*. Todas las dimensiones se encuentran en pulgadas.

Datos : F1 = 600lb S y = 71kpsi

θ = 20 º

SOLUCIÓN: Primero calcularemos las componentes rectangulares de las dos cargas aplicadas, Puesto que conocemos la magnitud de

Tenemos:

⇒

( F1 ) y = 563.816lb

( F1 ) z = F1 .senθ

⇒

( F1 ) z = 205.212lb

F2

y

F2 .

F1 , el cálculo de sus componentes resulta muy fácil.

( F1 ) y = F1 . cos θ

Para calcular las componentes de

F1

tomamos en cuenta que en el sistema se transmite la misma potencia.

Recordando el análisis de potencia que se realizó en el problema 9, tenemos:

T A = TC

→

( F1 ) y .rA = ( F2 ) z .rC (563.816 x12) = ( F2 ) z (5)

⇒

( F2 ) z = 1353.157lb

⇒

( F2 ) y = 492.509lb

Finalmente:

tan θ =

( F2 ) y ( F2 ) z

Ahora que ya conocemos los valores de las componentes de reacciones en los cojinetes según los planos PLANO

xy

y

F1

y

F2 ,

tenemos que encontrar los valores de las

xz .

xy 20

16

∑M

10

Oy

O

= 0:

492.509

A

C 563.816

By = 316.086lb ↑

B

O

563.816(20) + By (36) − 492.509(46) = 0

∑F

y

= 0:

−Oy + 563.816 + By − 492.509 = 0 Oy = 3187.393lb ↓

By

________ * De aquí en adelante sería conveniente que el estudiante consiga los problemas que han sido tomados como exámenes e intente resolverlos.

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112

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DIAGRAMAS DE FUERZA CORTANTE Y DE MOMENTO FLECTOR

Unidades : [lb ] PLANO

Unidades : [lb.in ]

xz 20

16

∑M

10

Oz

1353 .157

A

O

= 0:

205.212( 20) + Bz (36) − 1353.157(46) = 0 Bz = 1615.027 ↑ (−)

B

O

∑F

C 205 .212

z

= 0:

Oz − 205.212 − Bz + 1353.157 = 0 Oz = 467.082 ↓ (+ )

Bz

DIAGRAMAS DE FUERZA CORTANTE Y DE MOMENTO FLECTOR

Unidades : [lb ]

Unidades : [lb.in ]

VALORES RESULTANTES DE MOMENTOS FLECTORES Punto

A

Punto

B

Plano( xy ) :

M A = 7747.860lb.in

Plano( xy ) :

M B = 4925.092lb.in

Plano( xz ) :

M A = 9341.640lb.in

Plano( xz ) :

M B = 13531.56lb.in

Momento resultante en el punto

M A = ( M A ) 2xy + ( M A ) 2xz Momento resultante en el punto

M B = ( M B ) 2xy + ( M B ) 2xz

A: →

M A = 7747.86 2 + 9341.64 2

⇒

M A = 12137lb.in

M B = 4925.092 2 + 13531.56 2

⇒

M B = 14400lb.in

B: →

DETERMINACIÓN DEL PUNTO CRÍTICO De la figura siguiente y recordando el análisis descrito en el problema 9,

O

A

B

B es el punto crítico:

C

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113

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INGENIERÍA MECÁNICA

DISEÑO DEL EJE El Esfuerzo Equivalente de Von Misses es:

Recordando que:

Además,

M = MB

T = ( F1 ) y .(rA ) →

σ=

32 M πd 3

τ=

(σ eq )V .M = σ 2 + 3τ 2 16T πd 3

,

(σ eq )V .M =

tenemos:

Sy n

y sabemos que el torque está dado por:

T = (563.816 x12)lb.in

Tomando en cuenta lo mencionado en el problema 9,

⇒

T = 6765.792lb.in

n = 2.

Reemplazando valores en el Esfuerzo Equivalente de Von Misses, obtenemos: 2

2

2

2.15210 3562039728  32 x14400   16 x6765.792   71000  + 3 = → + = 1260250000       3 π .d 3 d6 d6  π .d     2  2.510 = 1260250000 ⇒ d = 1.645in d6 Evidentemente, el valor del diámetro

d

es el correspondiente a la sección más pequeña.

PROBLEMA 12 La figura es un dibujo esquemático de un contraeje que sostiene dos poleas para bandas en

V

. La tensión menor en

la banda (lado flojo) de la polea A es 15% de la tensión mayor (lado tirante). Por conveniencia se supone que cada par de tensiones de bandas o corea son paralelas. Determínese el diámetro del eje. Todas las dimensiones están en milímetros.

Datos : S y = 71kpsi

θ = 45º

SOLUCIÓN: Sabemos, de los problemas anteriores, que la potencia transmitida por ambas poleas es la misma. Un análisis más detallado demostró que, el torque que actúa en cada polea también es el mismo. Sin embargo, algo que no mencionó, y que es muy importante, es el hecho de que estos torques (vectores libres) tienen la misma magnitud, pero sus sentidos son diferentes; esto no quiere decir, sin embargo, que el torque resultante sea nulo*, de hecho, el efecto torsionante sólo tiene lugar en el tramo interno abarcado por las poleas.

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114

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Ahora bien, el sentido de giro de una polea es el coincidente con la dirección del lado más tenso. Según esto último, es

B,

obvio que el sentido en el que gira la polea ubicada en el punto

según el plano

yz ,

es en el sentido de

movimiento de las agujas del reloj. Como el torque en la polea en

A

debe tener la misma magnitud pero sentido contrario (según el plano

yz )

al torque

B **, inmediatamente se concluye que en la polea A , el lado tenso es P1 .

P2 = 0.15P1

Empleando la condición dada en el enunciado del problema obtenemos: Con esta última relación, ahora ya es posible hallar los valores de CÁLCULO DE

P1

Y DE

T A = TB ,

y de

P2 .

P2 T = ( Flado −tenso − Flado − flojo ).rpolea

Recordando que el torque está dado por la ecuación:

y que,

P1

( P1 − P2 ).rA = (270 − 50).rB

podemos escribir:

Teniendo en cuenta los datos del gráfico y la relación entre

( P1 − 0.15 P1 )(125) = (270 − 50)(150) P2 = 0.15 P1

P1

y

⇒

P1 = 310.588 N

⇒

P2 = 46.588 N

Ahora tenemos que encontrar la componentes rectangulares de Por Trigonometría Elemental sabemos que

P2 , obtenemos:

senθ = cos θ

P1

cuando

y

P2 .

θ = 45º ; según esto tenemos:

( P1 ) y = ( P1 ) z = P1 .senθ

⇒

( P1 ) y = ( P1 ) z = 219.619 N

( P2 ) y = ( P2 ) z = P2 .senθ

⇒

( P2 ) y = ( P2 ) z = 32.943N

Al llevar las componentes al centro del eje, obtenemos:

Py = ( P1 ) y + ( P2 ) y

⇒

Py = 252.562 N

Pz = ( P1 ) z + ( P2 ) z

⇒

Pz = 252.562 N

Como antes, debemos calcular las reacciones en los distintos planos.

PLANO

xy 300

∑M

550

Oy

O

= 0:

Cy = 89.140 N ↓

Cy

A O

Py (300) − Cy (850) = 0

∑F

C Py

y

= 0:

−Oy + Py − Cy = 0 Oy = 163.422 N ↓

________ * Sería conveniente que el estudiante lea nuevamente el capítulo 2, sección 2.12.1 de este texto para recordar este tema. ** Esto tiene que ser así, caso contrario, si las dos poleas giran en el mismo sentido, ¿de qué torsión hablamos?, es decir, la torsión sería nula.

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115

DISEÑO POR RESISTENCIA ESTÁTICA

ESPOCH

INGENIERÍA MECÁNICA

DIAGRAMAS DE FUERZA CORTANTE Y DE MOMENTO FLECTOR

Unidades : [ N ] PLANO

Unidades : [ N .m]

xz 300

400

Oz A

∑M

150 220

O

O

= 0:

Pz (300) − 220(700) + Cz (850) = 0 Cz = 92.037 N ↑ ( −)

C

∑F

B

z

Pz

= 0:

Oz − Pz + 220 − Cz = 0 Oz = 124.599 N ↓ (+ )

Cz

DIAGRAMAS DE FUERZA CORTANTE Y DE MOMENTO FLECTOR

Unidades : [ N ]

Unidades : [ N .m]

VALORES RESULTANTES DE MOMENTOS FLECTORES Punto

A

Punto

B

Plano( xy ) :

M A = 49.027 N .m

Plano( xy ) :

M B = 13.371N .m

Plano( xz ) :

M A = 37.380 N .m

Plano( xz ) :

M B = 13.806 N .m

Momento resultante en el punto

A:

M A = ( M A ) 2xy + ( M A ) 2xz Momento resultante en el punto

M B = ( M B ) 2xy + ( M B ) 2xz

→

M A = 49.027 2 + 37.380 2

⇒

M A = 61.652 N .m

→

M B = 13.3712 + 13.806 2

⇒

M B = 19.220 N .m

B:

DETERMINACIÓN DEL PUNTO CRÍTICO De la figura siguiente y recordando el análisis descrito en el problema 9,

O

A

B

A es el punto crítico:

C

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116

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Note que los puntos críticos deben encontrarse dentro o cerca ce los límites donde se produce la torsión, es decir, dentro de, o en los puntos donde están montadas las poleas. DISEÑO DEL EJE El Esfuerzo Equivalente de Von Misses es:

σ=

Recordando que:

M = MA

Además,

32 M πd 3

τ=

(σ eq )V .M = σ 2 + 3τ 2 16T πd 3

,

(σ eq )V .M =

tenemos:

Sy n

y sabemos que el torque está dado por:

T = ( Flado −tenso − Flado − flojo ).(rpolea ) →

T = (270 − 50)(0.150) N .m

⇒

T = 33 N .m

n = 2. MA y T .

Tomando en cuenta lo mencionado en el problema 9, se tomará Como

Sy

está en unidades inglesas, pasemos a este sistema

Entonces:

M A = 61.652 N .m = 545427.2094lb.in T = 33 N .m = 292.075lb.in

Reemplazando valores en el Esfuerzo Equivalente de Von Misses, obtenemos: 2

2

 32 x545427.2094   16 x 292   71000  =   + 3  3 3  π .d    π .d   2  3.0813 = 1260250000 ⇒ d = 5.38in d6 Nuevamente, el valor del diámetro

d

2

→

3.0813 6634789.941 + = 1260250000 d6 d6

es el correspondiente a la sección más pequeña.

PROBLEMA 13 La figura ilustra un contraeje sometido a cargas combinadas, debido a la acción de los dos engranes. La fuerza en el engrane helicoidal es FB = -(0.2625 FB) i + (FB)j –(0.3675 FB)k. El eje será de acero UNS G10500, tratado térmicamente y estirado a 900ºF. Hállese el diámetro del eje. (Dimensiones en milímetros).

DATO:

S y = 130 kpsi

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117

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SOLUCIÓN: Finalmente, este es un problema en el cual se encuentran presentes la mayoría de los conceptos descritos en la solución de problemas anteriores. Sin embargo, y como a modo de pasos para la solución de este tipo de problemas, a continuación se resumen los más básicos de ellos. 1.

Sy ,

El dato

se obtiene de tablas donde se encuentran las aleaciones ferrosas (aceros) y no ferrosas

(aluminio, cobre, etc.) más utilizadas en ingeniería.

xy

xz .

2.

Se deben calcular las reacciones producidas por los cojinetes en los planos

3.

Con las reacciones obtenidas, se procede a la construcción de los diagramas de fuerza cortante y de momento flector, relativos, claro está, a cada uno de los plano antes mencionados. De estos diagramas se obtiene el valor del momento flector máximo resultante.

4.

y

El torque se produce sólo por las fuerzas tangenciales que actúan en cada una de las poleas; también, puesto que se supone un sistema ideal, se transmite la misma potencia, lo que da como resultado que

5.

Ti = T j .

Es importante recalcar que los torques, en los puntos donde están situadas las poleas (en este caso,

i

y

j)

tienen la misma magnitud, pero son de sentidos opuestos. 6.

Un punto situado dentro de aquellos lugares donde se han montado las poleas para generar la transmisión de potencia queda sometido automáticamente a esfuerzos por torsión. Fuerza de esos puntos, no tiene sentido esperar que se produzcan esfuerzos debido a torsión.

7.

Según esto último, un punto será crítico cuando se encuentre bajo solicitaciones combinadas; generalmente, un eje se encuentra sometido a esfuerzos debidos a flexión (normales) y a torsión (cortantes).

8.

Tomando en consideración la importancia del sistema frente a condiciones de alto riesgo (peligro de vidas) o simplemente de una aplicación muy común, se procede a elegir el valor del coeficiente de seguridad ( n ).

9.

Finalmente, se emplea el Esfuerzo Equivalente de Von Misses para determinar el valor más seguro del diámetro del eje de transmisión.

Ahora que ya sabemos todo lo que debemos hacer, entonces procedamos con la solución de este problema. CÁLCULO DE LAS REACCIONES Sabemos que el

TB = TD

y que

Pz = 5330 N , por lo tanto:

Fy (250) = Pz (150) Fy =

5330 x150 N 250

⇒

Fy = 3198 N

Fx = 0.2625 Fy

⇒

Fx = 839.475 N

Fz = 0.3675 Fy

⇒

Fz = 1175.265 N

Luego,

PLANO

xy 1370 0 .55

0 . 45

0 . 40

Ay

Cy

B C

A

0 .55

1370 0 .15

⇒

0 .45

1370

Ay

Cy

B

M

A

D

0 .40

Fy

Fy

1370

C

D

Adviértase que en el primero de estos diagramas de cargas, no se ha indicado la carga horizontal que actúa en el punto B , a saber, por supuesto).

Fx *, pero

en cambio, si se muestra la de magnitud

1370 N

(la que tiene dirección horizontal,

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118

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Pasando la carga de

1370 N

(dirección horizontal) al centro del eje, obtenemos el segundo diagrama de cargas que

se muestra en la figura anterior, en donde se presenta un momento

M = 1370.rD

→

M = 1370 x0.15

M

, cuyo valor está dado por:

M = 205.5 N .m

⇒

Entonces:

∑M

A

= 0:

Fy (0.55) − Cy (1) − 1370(1.4) + M = 0 3198(0.55) − Cy (1) − 1370(1.4) + 205.5 = 0

∑F

y

= 0:

⇒

Cy = 46.4 N ↓

⇒

Ay = 1781.6 N ↓

− Ay + Fy − Cy − 1370 = 0 − Ay + 3198 − 46.4 − 1370 = 0

DIAGRAMAS DE FUERZA CORTANTE Y DE MOMENTO FLECTOR Recordando lo expuesto en el capítulo 2, el momento construcción del diagrama de momento flector.

M

es negativo (s.c.r); esto último es muy importante para la

Unidades : [ N ] PLANO

Unidades : [ N .m]

xz

Por conveniencia, acomodando el sistema coordenado de modo que las cargas sean ahora positivas hacia arriba y negativas hacia abajo, tenemos:

1175 .265 1175 .265

839 .475

Cz

Cz

0.25

A

1370

D B

C

Az

⇒

0.45

C B 0.55

0.40

D

839 .475

1370

Az

5330 0.55

M

A

5330 0.45

0.40

839.475 N como la de 1370 N actuando ya en el centro del eje, producirán esfuerzos normales A , con un valor igual a su suma. No obstante, este último esfuerzo mencionado actuará con una fuerza de 1370 N en las proximidades derechas del punto B y en todos los puntos hasta llegar a D .

Tanto la carga de

de compresión en el punto

Los efectos que las fuerzas horizontales (axiales) causan en el eje serán discutidos en el capítulo 10, en el tema referente a Rodamientos. Entonces, pasando la carga de

839.745 N

(dirección horizontal) al centro del eje, obtenemos en el segundo

diagrama de cargas de la figura anterior, un momento

M = 839.745.rB

→

M

, cuya magnitud está dada por:

M = 839.745 x0.25

⇒

M = 209.936 N .m

________ * En el plano xz se considerarán todas las cargas y se describirá algo muy importante.

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119

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Entonces:

∑M

A

= 0:

−1175.265(0.55) − Cz (1) + 5330(1.4) + M = 0 −646.396 − Cz + 7462 + 205.5 = 0

∑F

z

= 0:

⇒

Cz = 7025.540 N ↓

⇒

Az = 2870.805 N ↑

Az − 1175.265 − Cz + 5330 = 0 Az − 1175.265 − 7025.540 + 5330 = 0

DIAGRAMAS DE FUERZA CORTANTE Y DE MOMENTO FLECTOR De manera similar al plano

xy

el momento

M

es negativo.

Unidades : [ N ]

Unidades : [ N .m]

VALORES RESULTANTES DE MOMENTOS FLECTORES Punto

B

Punto

C

Plano( xy ) :

M B = 979.8800 N .m

Plano( xy ) :

M C = 342.5 N .m

Plano( xz ) :

M B = 1578.943 N .m

Plano( xz ) :

M C = 2132 N .m

Momento resultante en el punto

M B = ( M B ) 2xy + ( M B ) 2xz

B: →

Momento resultante en el punto

C:

M C = ( M C ) 2xy + ( M C ) 2xz

→

M B = 979.9 2 + 1579 2

⇒

M C = 342.5 2 + 2132 2

⇒

M B = 1858.286 N .m

M C = 2159.336 N .m

DETERMINACIÓN DEL PUNTO CRÍTICO De la figura siguiente y recordando el análisis descrito en el problema 9,

A

B

C

C es el punto crítico:

D

Note que el punto crítico está dentro de los límites donde se produce la torsión, es decir, dentro de los puntos donde están montadas las poleas.

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120

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DISEÑO DEL EJE El Esfuerzo Equivalente de Von Misses es:

σ=

Recordando que:

Además,

M = MC

T = Fy .rB

32 M πd 3

τ=

(σ eq )V .M = σ 2 + 3τ 2 16T πd 3

,

tenemos:

(σ eq )V .M =

Sy n

y sabemos que el torque está dado por:

→

T = 3198 x0.25

T = 799.5 N .m

⇒

n = 2. MC y T .

Tomando en cuenta lo mencionado en el problema 9, se tomará Como

Sy

Entonces:

está en unidades inglesas, pasemos a este sistema

M C = 2159.336 N .m = 19111.734lb.in T = 799.5 N .m = 7076.172lb.in

Reemplazando valores en el Esfuerzo Equivalente de Von Misses, obtenemos: 2

2

 32 x19111.734   16 x7076.172   130000    + 3  =  3 3 π .d π .d      2  3.810 3896352462 + = 4225000000 d6 d6 3.810 = 4225000000 ⇒ d = 1.445in d6 Como antes, el valor del diámetro

d

2

es el correspondiente a la sección más pequeña.

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PROBLEMAS PROPUESTOS TEORÍAS DE FALLA EN MATERIALES DÚCTILES PROBLEMA 14 Supóngase que se usa un latón amarillo duro UNS C27000 para una varilla. Calcúlense los factores de seguridad según cada una de las tres teorías de falla estática correspondiente a los siguientes estados de esfuerzo (valores en Mpa).

a) σ x = 70 , σ y = 30

y

b) σ x = 70 , σ y = 0

τ xy = 30

y

τ xy = 0

c) σ x = −10 , σ y = −60 d) σ x = 50 , σ y = 20

y

y

(s.r)

τ xy = 30

τ xy = 40

(s.c.r)

(s.r)

PROBLEMA 15 Un elemento de máquina se carga de manera que

σ 1 = 20kpsi , σ 2 = 0

resistencia de fluencia mínima en tensión y compresión de

y

σ 3 = −15kpsi ; el material tiene una

60kpsi . Determínese el factor de seguridad para cada una

de las siguientes teorías de falla: a) b) c)

Teoría del Esfuerzo Normal Máximo (T.E.N.M) Teoría del Esfuerzo Cortante Máximo (T.E.C.M) Teoría del la Energía de Distorsión (T.E.D)

PROBLEMA 16 Una pieza de máquina se carga estáticamente y tiene una resistencia de fluencia de 350 Mpa. Para cada estado de esfuerzo que se indica, evalúe el factor de seguridad mediante cada una de las tres teorías para falla estática. Los valores de los estados están dados en Mpa.

a) b) c) d)

σA σA σA σA

= 70 , σ B = 70 = 70 , σ B = 35 = 70 , σ B = −70 = −70 , σ B = 0

PROBLEMA 17 Determínense las dimensiones del resorte o muelle de acero de sección rectangular y en voladizo que se muestra en la figura. (Indicación: asuma el material, el coeficiente de seguridad y la relación entre las dimensiones).

Datos : F = 500lb L = 40in F

Im agine : h

T = 1300lb.in

40in b

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122

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PROBLEMA 18 Una fuerza aplicada en

D , cerca del extremo de una palanca de sección tubular de 15 in de longitud, como se ilustra,

ocasiona determinados esfuerzos en la barra en voladizo OABC . Para una carga F = 500lb , determínense las dimensiones más seguras para la barra. (Indicación: asúmase el tipo de material y el coeficiente de seguridad).

Datos : L1 = 15in L2 = 14in

PROBLEMA 19 Para el elemento de sección circular que se encuentra sometido al efecto de las solicitaciones que se muestran, determine el diámetro más seguro. (Indicación: asuma el material y el coeficiente de seguridad)

y

Datos :

L3

x

D

z

C

L2 = 15in

L1

L3 = 10in

A Fz

Fy = 200lb Fz = 300lb L1 = 5in

L2

B

Fx = 100lb

Fx Fy

PROBLEMA 20 Lo mismo que el problema anterior, pero ahora con un elemento cuya sección es tubular.

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TEORÍAS DE FALLA EN MATERIALES FRÁGILES

PROBLEMA 21 Empléense valores típicos de las resistencias de hierro colado ASTM No. 40 y hállense los factores de seguridad, correspondientes a ruptura, por la Teoría de Esfuerzo Normal Máximo (T.E.N.M), la del Esfuerzo Cortante Máximo (T.E.C.M), la de Coulomb-Mohr (T.C.M) y la de Mohr modificada (T.M.m), respectivamente, para cada uno de los siguientes estados de esfuerzo (valores en kpsi):

a) σ x = 10 , σ y = −4

y

b) σ x = 10 , σ y = 0

τ xy = 4

y

c) σ x = −2 , σ y = −8

τ xy = 0 τ xy = 4

y

d) σ x = 10 , σ y = −30

(s.r)

y

(s.c.r)

τ xy = 10

(s.r)

PROBLEMA 22 Empléense valores típicos de las resistencias de hierro colado ASTM No. 40 y hállense los factores de seguridad, correspondientes a ruptura, por la Teoría de Esfuerzo Normal Máximo (T.E.N.M), la del Esfuerzo Cortante Máximo (T.E.C.M), la de Coulomb-Mohr (T.C.M) y la de Mohr modificada (T.M.m), respectivamente, para cada uno de los siguientes estados de esfuerzo (valores en kpsi):

a) σ x = −15 , σ y = 3

y

b) σ x = −18 , σ y = 10

τ xy = 5 y

(s.r)

τ xy = 5

(s.r)

c) σ x = 12 , σ y = 6

y

τ xy = 3

(s.c.r)

d) σ x = 8 , σ y = 10

y

τ xy = 4

(s.c.r)

EJES DE TRANSMISIÓN

PROBLEMA 23 La figura representa un eje con dos poleas y dos cojinetes (no ilustrados) en A y en B . En cada polea se indica la dirección de las tensiones de las bandas. El sistema de coordenadas se puede identificar por los subíndices de los vectores de las reacciones en los apoyos. Hállese el diámetro seguro del eje, considerando que el esfuerzo normal admisible es de 24 kpsi y el esfuerzo cortante permisible es de 12 kpsi. Dimensiones en pulgadas.

Datos : d B = 6in d C = 10in

θ = 30º

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PROBLEMA 24 El contraeje que se muestra en la figura tiene dos engranes rectos montados en él, y cuyos ángulos se formaron con un ángulo de presión de 20º. Una barra de acero UNS G10150 estirado en frío y con un diámetro uniforme ha de emplearse para el eje. Obténgase un diámetro de seguridad para el eje utilizando un factor de seguridad de 2.5. Dimensiones en milímetros.

PROBLEMA 25 La figura es un dibujo esquemático de un subensamble de eje, engrane y cojinete, que es parte de un reductor de velocidad con engranes helicoidales. Una fuerza FB = (-1700i +6400j -2300k) lb se aplica al engrane B como se ilustra. El materia es acero UNS G43400, tratado térmicamente y revenido a 1000ºF. Obténgase un diámetro d e seguridad para el eje. Dimensiones en pulgadas. (Indicación: asúmase el factor de seguridad).

Datos : d A = 12in d B = 24in d C = 12in

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125

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CAPÍTULO 6 DISEÑO POR RESISTENCIA A LA FATIGA 6.1 INTRODUCCIÓN La mayoría de las fallas de los elementos de máquinas implica condiciones de carga que fluctúan con el tiempo. Sin embargo, las condiciones de carga estática que se analizaron en el capítulo anterior son importantes, pues proporcionan la base para la comprensión de este capítulo. Aquí se enfatiza la comprensión y prevención de la falla de un componente bajo carga cíclica y de impacto. En lugar de considerar una variación general de la carga con el tiempo (carga fluctuante), sólo se consideran las cargas cíclicas o una secuencia de carga que se repite. Las cargas fluctuantes inducen esfuerzos de fluctuación (cíclicos), que con frecuencia resultan en la falla por daño acumulativo. En muchos casos hay que analizar elementos de máquina que han fallado bajo la acción de esfuerzos repetidos o fluctuantes y, sin embargo, después de un cuidadoso análisis se descubre que los esfuerzos máximos reales fueron inferiores a la resistencia última del material y, muchas veces, aún menores que la resistencia de fluencia. La característica más notable de estas fallas ha sido que los esfuerzos se repitieron muchas veces. Por lo tanto, la falla se denomina falla por fatiga. Las fallas por fatiga comienzan con un apequeña grieta, y ésta es tan diminuta que no se puede percibir a simple vista y es bastante difícil localizarla por inspección con Magnaflux o con rayos X. la grieta s e desarrollará en un punto de discontinuidad en el material, tal como un cambio en la sección transversal, un chivetero o un orificio. Hay otros puntos menos obvios donde es probable que se inicien fallas por fatiga, como las marcas de inspección o de otra clase, grietas internas o irregularidades causadas por el maquinado. Una vez que se forma una grieta, el efecto de concentración del esfuerzo se hace mayor y se extiende más rápidamente. Como el área esforzada disminuye en tamaño, el esfuerzo aumenta en magnitud hasta que, finalmente, el área restante falla de repente. En consecuencia, las fallas por fatiga se caracterizan por dos áreas distintas. La primera se debe al desarrollo progresivo de la grieta, en tanto que la segunda se origina en la ruptura repentina. La zona tiene un aspecto muy parecido al de la fractura de un material frágil como el hierro colado, que ha fallado por tensión. Cuando las piezas de máquina fallan estáticamente, por lo general sufren una deformación muy grande debido a que el esfuerzo excedió a la resistencia de fluencia. Entonces debe reemplazarse antes de que ocurra la ruptura. Por tanto, muchas fallas estáticas son visibles y se detectan anticipadamente, pero una por fatiga no da señal alguna: es repentina y total y, por lo tanto, peligrosa. El diseño contra fallas estáticas es relativamente sencillo, pues los conocimientos actuales sobre el asunto son bastante completos. Pero la fatiga es un fenómeno mucho más complicado, sólo explicado parcialmente, y si el ingeniero pretende ascender hasta la cima de su profesión debe adquirir tanto conocimiento de la materia como sea posible. Cualquiera que no sepa lo suficiente sobre fallas por fatiga puede duplicar o triplicar los factores de seguridad y, así, crear un diseño que no fallará. Pero tales diseños no serán competitivos en el mercado actual ni los ingenieros que los hayan realizado (¿por qué?). Para entender mejor las fallas debidas a esfuerzos fluctuantes, considere la fluencia que se causa por la flexión hacia delante y hacia atrás en un sujetador de papel. La flexión resulta en esfuerzos de tensión y de compresión en lados opuestos del sujetador de papel, y estos esfuerzos se invierten cuando la dirección de la flexión cambia. De esta forma, el esfuerzo en cualquier punto alrededor del alambre del sujetador de papel variará como una función del tiempo. La flexión del sujetador eventualmente agotará la ductilidad del material, lo que produce una falla. Los esfuerzos y las deformaciones debidas a cargas de impacto son mucho mayores que los causados por una carga estática. Por esta razón, los efectos de las cargas dinámicas tienen importancia. Las propiedades físicas de un material son una función de la velocidad de carga. Afortunadamente, entre más rápida sea la aplicación de una carga, mayores serán las resistencias a la fluencia y a la rotura. Algunos ejemplos en los cuales la carga de impacto se debe tener en cuenta son los choques de automóviles, el goleo de un clavo con un martillo y la rotura del concreto con un martillo neumático.

6.2 FATIGA La construcción de caminos y los trabajos de mejoradito que detienen el tráfico de vez en cuando hacen que los colapsos en obras de Ingeniería Civil, como los puentes, resulten verdaderamente raros. Pero las fallas por fatiga, como las conocemos en la actualidad, no son completamente extrañas. La fatiga constituye la causa individual más grande de falla en los metales, la cual se estima que es el 90% de todas las fallas metálica. Las fallas por fatiga, especialmente en las estructuras, resultan catastróficas o insidiosas, y ocurren repentinamente, a menudo sin advertencia. Por esta razón los ingenieros deben tener en cuenta el efecto de la fatiga en sus diseños. La fatiga se aplica a escalas microscópica y macroscópica. Es decir, aunque la falla por resquebrajamiento de la superficie de un cojinete de elementos rodante y la fragmentación de un barco en dos resulten dos eventos muy diferentes, tanto el cojinete como el barco han fallado debido a la fatiga.

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126

DISEÑO POR RESISTENCIA A LA FATIGA

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La falla por fatiga tiene una apariencia quebradiza aún en metales dúctiles y se nota muy poco si se asocia con una deformación plástica alta. La fatiga es un fenómeno complejo. Esencialmente, consiste en la propagación de grietas en una microescala al principio y, luego, muy rápida a medida que las grietas por fatiga alcanzan una longitud crítica. La fatiga representa una preocupación en cualquier lugar en el que estén presentes los esfuerzos cíclicos. Los investigadores han encontrado que las grietas por fatiga por lo general comienzan en la superficie y se propagan por el volumen de un componente, a menos que existan grandes defectos bajo la superficie o concentradores de esfuerzos en el sustrato. Las grietas por fatiga comienzan en varios sitios simultáneamente y se propagan cuando un defecto domina y crece más rápidamente que los otros.

6.3 RESISTENCIA A LA FATIGA 6.3.1 EXPERIMENTOS DE VIGA ROTATORIA Como la fatiga es básicamente un fenómeno de acumulación de daños, los defectos iniciales tienen un gran efecto tienen en el rendimiento. Ningún proceso de manufactura produce partes libres de defectos; por ello, las artes no existen sin miles e incluso millones de defectos por pulgada cúbica. De esta manera son muy difíciles los enfoque analíticos que derivan las resistencias a la fatiga por medio de principios básicos, y la mayoría del conocimiento acerca de la fatiga del material se basa en la experimentación. Para determinar las resistencias de materiales bajo la acción de cargas de fatiga, las probetas se someten a fuerzas repetidas o variables de magnitudes especificadas y, así, se cuentan los ciclos o alternaciones de esfuerzos que soporta el material hasta la falla o ruptura. El dispositivo para ensayos de fatiga más usado es la máquina de viga rotatoria de delata velocidad de R.R. Moore. Ésta somete a la probeta a flexión pura (no a cortante transversal) por medio de pesos.

6.3.2 DIAGRAMA S-N Esta gráfica* puede trazarse en papel semilog o log-log. En el caso de materiales férreos y sus aleaciones ésta se vuelve horizontal después de que el material ha sido esforzado durante un cierto número de ciclos. El empleo de papel logarítmico destaca el recodo o ángulo de la curva, que no se manifestaría si los resultados de experimentación se graficaran en un sistema de coordenadas cartesianas. Las ordenadas del diagrama S-N son las resistencias a la fatiga

Sf

. Al expresar este tipo de resistencias también

debe indicarse el número de ciclos N que corresponde. En el caso de los caeros se presenta el quiebre mostrado en la figura, y más allá de ese punto no ocurrirá falla, cualquiera que sea el número de ciclos. La resistencia correspondiente al quiebre se denomina límite de resistencia a la fatiga ( Se ) o simplemente, límite de fatiga. La gráfica de la figura anterior nunca llega a ser horizontal en el caso de metales no ferrosos y sus aleaciones y, por tanto, no tienen límite de resistencia a la fatiga. El conjunto de conocimientos disponibles acerca de la falla por fatiga desde N=0.5 hasta N=1000 ciclos generalmente se clasifica como fatiga de bajo cilclaje. La fatiga de alto ciclaje es la falla correspondiente a los ciclos de esfuerzo con frecuencia mayor que 103 ciclos. En la figura también se distingue entre una región de duración finita y una región de duración infinita. El límite entre tales regiones no puede definirse con claridad, excepto en el caso de un material específico: pero se localiza entre 106 y 107 ciclos para los aceros, como se ilustra en la misma figura. La curva de este diagrama se puede obtener mediante la ecuación

 (0.9Sut ) 2  1  0.9Sut  log Sf = − log log N + log    ' 3  Se '   Se  donde:

Sf

= resistencia a la fatiga del elemento real (vida finita)

Se ' = límite de fatiga de la probeta de ensayo Sut = resistencia última a la tensión (propiedad del material) N = número de ciclos

________________ * Si desea mayor información sobre ésta gráfica véase: EL DIAGRAMA S-N en el texto “Diseño en Ingeniería Mecánica” de J. E. Shigley y L.D. Mitchell.

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Los límites a la fatiga del esfuerzo del acero en tres tipos de carga se pueden calcular como:

Se'= 0.5Sut Se' = 0.45Sut

Se' = 0.29 Sut Si se trata de torsión pura o de corte solamente:

flexión axial torsión y corte

S Se ' = 0.577 Se'

Puesto que el esfuerzo de rotura y el tipo de carga se conocen en varios materiales, sus límites a la fatiga se pueden calcular.

*6.4 REGÍMENES DE FATIGA En el diagrama S-N se indican diferentes tipos de comportamiento, en la medida en que el número de ciclos a la falla se incrementa. Los dos regímenes básicos son fatiga de bajo ciclaje (generalmente menor de 103 ciclos de esfuerzo) y fatiga de alto ciclaje (más de 103 pero menos de 106 ciclos de esfuerzo). La pendiente de la línea es mucho menor en la fatiga de bajo ciclaje que en la de alto ciclaje.

*6.4.1 FATIGA DE BAJO CICLAJE La fatiga de bajo ciclaje es cualquier carga que causa la falla debajo de 103 ciclos. Este tipo de carga es común. Una variedad de dispositivos, como las cerraduras de las guanteras en los automóviles, los pernos en las llantas d los camiones y los tornillos de ajuste que fijan los sitios de los engranes en los ejes, tienen ciclos menores de 103 veces durante sus vidas útiles. Sobrepasar 1000 ciclos significa que estos dispositivos durarán tanto como se pensó. Para componentes en el rango de bajo ciclaje los diseñadores ignoran los efectos de la fatiga por completo o reducen el nivel del esfuerzo permisible. Ignorar la fatiga parece un enfoque poco adecuado. Sin embargo, la poción de bajo ciclaje de la curva que se muestra en la figura tiene una pendiente pequeña (es decir, la resistencia a 1000 ciclos no se ha reducido considerablemente). Además, el punto de intersección de la y de la curva es la resistencia a la rotura, no la resistencia a la fluencia. Puesto que en el diseño estático a menudo se usa la resistencia a la fluencia y no la resistencia a la rotura en la definición de los esfuerzos permisibles, los enfoques estáticos son aceptables para diseñar componentes de bajo ciclaje. De hecho, el factor de seguridad compensa la inseguridad en la resistencia del material debida a la carga cíclica.

*6.4.2 FATIGA DE ALTO CICLAJE DE DURACIÓN FINITA En muchas aplicaciones el número de ciclos de esfuerzo que se aplica sobre un componente durante su vida útil se sitúa entre 103 y 107. Algunos ejemplos son las bisagras de las puertas de automóviles, los paneles de aeronaves y los bates de aluminio para el softball. Como la resistencia baja rápidamente en este rango, un enfoque que no toma en cuanta esta baja es inherentemente defectuoso.

*6.4.3 FATIGA DE ALTO CICLAJE DE DURACIÓN INFINITA Diversa aplicaciones demandan una vida infinita, que se define para los aceros como el número de ciclos arriba del cual se determina un límite a la fatiga, usualmente 106 ciclos. Si un material no tiene un límite de fatiga, no se puede diseñar para una vida infinita. Así, las aleaciones de aluminio, por ejemplo, siempre se diseñarán para una vida finita. Sin embargo, en aleaciones ferrosas y de titanio se sigue un enfoque de diseño de vida infinita. Básicamente, el diseñador determina un límite a la fatiga y usa esa resistencia como el esfuerzo permisible. Después, siguen el tamaño y la selección de componentes, al igual que un diseño estático. Este enfoque resulta a veces muy complejo.

6.5 FACTORES QUE MODIFICAN EL LÍMITE DE RESISTENCIA A LA FATIGA Se ha expresado que toda probeta para ensayo en una máquina de viga rotatoria, utilizada para determinar límites de resistencia a la fatiga, se elabora con mucho cuidado y es ensayada en condiciones controladas en forma precisa. No es realista esperar que el límite de fatiga de un elemento mecánico o estructural resulte igual a uno de los valores obtenidos en el laboratorio.

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Joseph Marin ha propuesto algunos factores que modifican el límite de fatiga en la ecuación siguiente:

S e = k a k b k c k d k g k e S e' donde:

Se Se

= límite de fatiga del elemento mecánico '

= límite de resistencia a la fatiga de la probeta

k a = factor de acabado superficial

kb kc kd

= factor de tamaño = factor de confiabilidad = factor de temperatura

k e = factor de concentración de esfuerzos

k g = factor debido a varios efectos 6.5.1 FACTOR DE ACABADO SUPERFICIAL ( k a ) La superficie de la probeta de la viga rotatoria está perfectamente pulida y recibe un pulimento final en dirección axial para eliminar cualesquiera rayaduras circunferenciales. Obviamente, la mayor de los elementos de máquina no tienen esta alta calidad de acabado. Este factor de corrección se puede obtener mediante la ecuación:

k a = a ( S ut ) b

donde a y b son coeficientes adimensionales que dependen del tipo de material (véase ANEXOS)

6.5.2 FACTOR DE TAMAÑO ( k b ) La prueba de la viga rotatoria redonda da el límite de fatiga para una probeta generalmente de 0.3 pulg. de diámetro. En unidades SI se utilizan comúnmente 7.5, 10 o 12.5 mm. Desafortunadamente, el ensayo de probetas grandes con distintas formas y dimensiones es muy costoso pues requiere de un equipo de laboratorio muy caro. Por esta razón, sólo se dispone de un número limitado de datos.

6.5.2.1 Flexión y Torsión Kuguel ha propuesto una teoría basada en que toda falla está relacionada con la probabilidad de la interacción de un esfuerzo intenso con un desperfecto crítico en un cierto volumen. En base a un estudio estadístico intenso sobre ésta teoría, este factor puede obtenerse mediante las ecuaciones siguientes

k b = 0.869d −0.097

para

0.3 pu lg < d ≤ 10 pu lg

kb = 1

para

d ≤ 0.3 pu lg

kb = 1.189d

−0.097

para

o bien d ≤ 8mm

8mm < d ≤ 250mm

Uno de los problemas que surgen al usar estas ecuaciones, es qué hacer cuando se utiliza una sección no circular. Lo que generalmente se hace es calcular el área de ésta sección no circular e igualarla con el área de una sección circular. De esta manera se determina el valor de un diámetro equivalente, el mismo que se procede a reemplazar en las ecuaciones anteriores. Sin embargo, resulta que en los problemas, el valor de “d” de las ecuaciones anteriores es desconocido, por lo que se recomienda utilizar un valor para K b = 0.79

6.5.2.2 Carga Axial Cuando se presenta sólo el caso de que el elemento está sujeto a este tipo de carga, se tomará un valor entre 0.60 a 0.71 (una media sería lo más adecuado).

6.6 FACTOR DE CONFIABILIDAD ( k c ) El valor de este factor se encuentra en tablas, sin embargo, en la mayoría de la solución de los problemas de carga dinámica (fatiga), siempre se utiliza el valor de 0.987 para una confiabilidad del 90%.

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6.7 FACTOR DE TEMPERATURA ( k d ) Y FACTOR DEBIDO A EFECTOS DIVERSOS ( k g ) De manera general, estos factores en la ecuación de Marin tienen el valor de uno, ya que se asume que no tienen influencia significativa en el límite de fatiga del elemento mecánico o estructural.

6.8 FACTOR DE CONCENTRACIÓN DE ESFUERZOS ( k e ) Un gran número de elementos mecánicos tienen agujeros, ranuras, muescas u otras clases de discontinuidades que alteran la distribución del esfuerzo, como se describió anteriormente. La concentración de esfuerzo sí tiene que considerarse cuando las partes han de hacerse de materiales frágiles o cuando estarán sometidas a cargas de fatiga. El valor de este factor está dado por la ecuación:

kf

k e = ( k f ) −1

generalmente se denomina factor de concentración de esfuerzo en el caso de fatiga, aunque también se utiliza

para materiales frágiles bajo cargas estáticas. Este último factor viene definido mediante la ecuación:

k f = 1 + q ( k t − 1)

donde:

q

= sensibilidad a muescas (va de 0 a 1; véase ANEXOS)

k t = factor por configuración geométrica del elemento (va de 0 a 3; véase ANEXOS) Si

q = 0, kt = 1 , entonces el material no tendrá sensibilidad a las ranuras.

Si

q = 1, kt = 0 , entonces el material será completamente sensible a las ranuras.

Ahora bien, en la solución de problemas de diseño, pueda ser que la determinación de cualquiera de los dos parámetros que se necesitan para obtener el valor de k e , sea difícil o más aún imposible de hacerlo, en tales casos, se recomienda asumir el valor máximo para cada uno de estos dos parámetros. Sin embargo, si la configuración geométrica del elemento no existe totalmente en las gráficas, pero existe alguna similar, se toma los valores de ésta figura semejante ya que “es preferible tener algo aproximado a no tener nada”.

6.9 LÍMITE DE RESISTENCIA A LA FATIGA DE LA PROBETA ( Se ' ) Anteriormente se definieron los valores que puede tomar este factor en la ecuación de Marin, tanto para carga de flexión, para carga axial, para carga de torsión y para carga cortante. Pero, ¿cuál de todos estos valores se toma para aplicar la ecuación de Marin? Pues bien, el valor que toma este factor será: 1. 2. 3. 4.

El valor dado para la flexión, cuando sólo existe ésta carga o todas las cargas conocidas. El valor dado para carga axial, cuando existe sólo ésta carga o todas las cargas conocidas (excepto la flexión). El valor dado para la torsión, cuando existe sólo ésta carga o todas las cargas conocidas (excepto las dos anteriores). El valor dado para cortante, cuando existe sólo ésta carga.

Siempre debe tenerse en cuenta este orden. De hecho, hay que mencionar que en la mayoría de problemas de diseño, siempre existe la presencia de esfuerzos debido a la flexión, por lo que el valor de

S e'

siempre estará dado por lo mencionado en el numeral 1.

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6.10 ESFUERZOS FLUCTUANTES En muchos casos necesita determinarse la resistencia de piezas, correspondiente a estados de esfuerzos diferentes de los casos en que hay inversión completa sucesiva.

Los valores de estos esfuerzos se pueden obtener a partir de las ecuaciones siguientes:

σa = donde:

σ máx − σ mín

y

2

σm =

σ máx + σ mín 2

σ a = esfuerzo de amplitud σ m = esfuerzo medio σ máx = esfuerzo máximo σ mín = esfuerzo mínimo

Puesto que generalmente un elemento de máquina está sometido a esfuerzos combinados, es muy común utilizar los esfuerzos equivalentes mencionados en el capítulo anterior. Estos esfuerzos equivalentes están dados del modo siguiente:

Esfuerzo equivalente de Tresca:

σ ( eq−T ) a = (σ x ) 2a + 4(τ xy ) 2a

y

σ ( eq −T ) m = (σ x ) 2m + 4(τ xy ) 2m

y

σ ( eq −VM ) m = (σ x ) 2m + 3(τ xy ) 2m

Esfuerzo equivalente de Von Mises:

σ ( eq −VM ) a = (σ x ) 2a + 3(τ xy ) 2a donde, para los dos tipos de esfuerzos equivalentes:

(σ x ) a = (σ flexión + σ axial ) a (τ xy ) a = (τ torsión + τ corte ) a

y

(σ x ) m = (σ flexión + σ axial ) m

(τ xy ) m = (τ torsión + τ corte ) m

y

6.11 CRITERIO DE DISEÑO Una vez que se han determinado estos esfuerzos, para el diseño de un elemento sujeto a fatiga, se utilizará la ecuación siguiente:

Ecuación de Goodman

(σ eq ) a Se

+

(σ eq ) m S ut

=

1 n

donde:

S e = límite de fatiga del elemento mecánico

S ut = resistencia última de tensión (propiedad del material) n = coeficiente de seguridad

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*6.12 MÉTODO DE MAYORACIÓN Ahora bien, cuando un componente mecánico se encuentra bajo el efecto de todas las solicitaciones que conocemos, para determinar el valor del factor ( k e ), ¿en función de cuál solicitación lo hacemos? Pues bien, en la ecuación de Marin este factor lo hacemos igual a la unidad, pero la ecuación de Goodman también debe ser modificada*:

k f (σ eq ) a

+

Se En ésta,

k f = 1 + q(k t − 1)

(σ eq ) m S ut

=

1 n

como antes, y puesto que en la mayoría de los casos siempre existirá flexión, este valor

corresponde a la acción de este tipo de esfuerzo (se debe tener en cuenta lo mencionado anteriormente en relación a

q

ya

kt ).

*6.13 RESISTENCIA A LA FATIGA EN TORSIÓN Cuando el caso sea de un elemento mecánico sujeto solamente a este tipo de carga (esfuerzo), se deberá tener en cuanta que para su diseño, se deberán emplear las ecuaciones siguientes:

τa =

S Se n

τa +τm =

y

S Sy n

De éstas dos ecuaciones, aquella que nos proporcione el menor coeficiente de seguridad, será la más adecuada para el diseño del elemento, además de indicarnos en qué tramo del grafico siguiente se encuentra.

Durante el proceso de análisis y diseño de un componente de máquina, a veces resulta necesario imponernos el valor del coeficiente de seguridad. El valor de este coeficiente generalmente se encuentra entre 1.4 y 2.5. Un valor aceptable es de 1.5 a 2. Ahora, cuando se trata de encontrar este factor de seguridad (obviamente las dimensiones del elemento ya están dadas), este valor puede ser cualesquiera.

_________________ * Véase: LÍNEA DE GOODMAN en el libro “Elementos de Máquinas” de B. Hamrock, Bo O. Jacobson y S. R. Schmid, para una descripción algo más detallada.

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