Ejemplos Unidades

EJEMPLOS UNIDAD 6 HAMROCK

Ejemplo 6.1 DATOS: Una placa plana hecha de un material frágil con una altura mayor H de 4.5 pulg , una altura menor h de 2.5 pulg , y un radio del filete r de 0.5 pulgadas . HALLAR El factor de concentración de esfuerzos y el esfuerzo máximo para las condiciones siguientes : a ) Carga axial b ) Flexión pura c ) Carga axial pero con el radio del filete cambiado a 0.25 pulg. Solución: a ) Carga axial

De la a),

K c =1.8 . De la ecuación (6.1) el esfuerzo máximo es:

figura 6.3

b) Flexión pura. De la figura 6.3 b), K c =1.5 . De la ecuación (6.1) el esfuerzo máximo es:

C) Carga axial pero con el radio del filete cambiado a 0.25 pulg. De la figura 6.3 a), K c =2.2 .El esfuerzo máximo es:

De esta forma , reduciendo el radio del filete a la mitad se incrementa el esfuerzo máximo en un 22 % .

Ejemplo 6.2. DATOS: Una placa rectangular de 50 mm de ancho y 5 mm de altura , tiene un agujero central de 5 mm de diámetro . El esfuerzo permisible debido a la aplicación de un esfuerzo de tensión es de 700 MPa. HALLAR: a) La fuerza de tensión máxima que se puede aplicar. b) El momento flexionante máximo que se puede aplicar para alcanzar el esfuerzo máximo.

c) La fuerza de tensión máxima y el momento flexionante máximo si no se hace ningún agujero en la placa. Exprese los resultados como una razón cuando compare las partes a) y b) Solución: a) La razón diámetro a ancho es d/b=5/50 =0.1. El área de la sección transversal con el agujero es

De la figura 6.2a) para d/b =0.1 el factor de concentración de esfuerzos K c =2.70 para carga axial. La fuerza de tensión máxima es:

b) De la figura 6.2b) para la flexión cuando d/b = 0.1 y d/h =5/5 = 1 el factor de concentración de esfuerzos es K c =2.2. El momento flexionante máximo es

M máx =

Ah σ perm 0.225 ( 10−3 ) 5 ( 10−3 ) 700 ( 10 6 ) = =59.6590 N ∙ m 6 ∙ Kc 6(2.2)

c) El área de la sección transversal sin el agujero es: 2 −3 2 A=bh=( 50 ) 5=250 mm =0.250 ( 10 ) m

La razón de la fuerza es:

Pmáx 175 = =3.00 ( Pmáx )agujero 58.33

Para la flexión:

σ perm b h σ perm Ah 700 ( 106 ) 0.25 ( 10−3 ) 5(10−3) M máx = = = =145.8 N ∙ m 6 6 6 2

La razón del momento flexionante es:

M máx 145.8 = =2.266 ( M máx )agujero 64.34

Ejemplo 6.3. DATOS: Los dos materiales siguientes: a) Acero AISI 4340 templado a 260°C (500°F). b) Aleación de aluminio 7075-T651. Use las suposiciones impuestas en la derivación de la ecuación (6.4). También, suponga que el esfuerzo de fractura es 0.8 veces el valor del esfuerzo de fluencia y que el factor de corrección adimensional es igual a la unidad. HALLAR La longitud crítica de la grieta a temperatura ambiente. Solución: a) De la tabla 6.1 para AISI 4340,

S y =238 ksi σ nom=0.8 S y =190.4 ksi k ci =45.8 ksi √ pulg De la ecuación (6.4)

(

) (

)

2

( 45.8 ) ( 10 ) 1 K ci 1 a= = =0.01842 pulg π Y σ nom π ( 1 ) ( 190.4 ) ( 103 ) 2

3

b) De la tabla 6.1 para la aleación de aluminio 7075-T651,

S y =73 ksi σ nom =0.8 S y =58.4 ksi k ci =26 ksi √ pulg

De la ecuación (6.4)

(

) (

)

2

(26 ) ( 10 ) 1 K ci 1 ¿ = =0.06309 pulg π Y σ nom π ( 1 ) (58.4) ( 103 ) 2

3

Ejemplo 6.4 DATOS: Un recipiente usado para el almacenamiento de aire comprimido está hecho de una aleación de aluminio 2024T351. El factor de seguridad que se requiere contra la fluencia es 1.6, y la grieta más larga que se permite a través del espesor del material es de 6 mm. La forma de la grieta proporciona el factor de corrección adimensional Y=1. HALLAR a) El factor de intensidad de esfuerzos y el factor de seguridad que protegen contra la falla frágil b) Si se lograra un factor de seguridad más alto al cambiar el material por una aleación de aluminio 7075-T651 más resistente. Suponga la misma grieta Solución a) De la tabla 6.1 para la aleación de aluminio 2024-T351 S y =325 MPa K ci =36 MPa √ m

El esfuerzo nominal es: σ nom =

S y 325 = =203.1 MPa ns 1.6

La longitud de la mitad de la grieta es de 3 mm. El factor de intensidad de esfuerzos de la ecuación (6.4) es: K =Y σ √ πa=1 ( 203.1 ) ( 10 ) √ 3 π ( 10 )=19.72 MPa √ m i

6

nom

−3

El factor de seguridad para fractura frágil es: n s=

K ci 36 = =1.83 K i 19.72

b) De la tabla 6.1 para la aleación de aluminio más resistente 7075-T651

S y =505 MPa

K ci =29 MPa √ m

El factor de seguridad que protege contra la fluencia es: 1.6

=2.49 ( 505 325 )

De esta forma, el incremento de la resistencia a una aleación 7075-T651 resulta en un factor de seguridad mayor que protege contra la fluencia. El factor de seguridad que protege contra la propagación de la grieta es: n s=

K ci 29 = =1.47 K i 19.72

De esta forma el material más resistente fallará más fácilmente por medio de la propagación de la grieta. Ejemplo 6.5. DATOS: Los muelles de las ruedas traseras de un camión están cargados a flexión pura. La carga de 8 toneladas sobre el eje es soportada por los dos muelles, dando un momento flexionante de 9 800 N-m encada muelle en el punto de la aplicación de la carga. El acero usado en los muelles es AISI 4340 templado a 260 ℃ . Las dimensiones del muelle son tales que el ancho es 10 veces mayor que el espesor, suponga un factor de seguridad 5. HALLAR: La sección transversal del muelle. Solución:

De la tabla 6.1 para el acero AISI 4340 templado a 260°C, se obtiene S y = 1 640 MPa. Usando el limite inferior de la ecuación (3.5) (para ser conservador) se produce.

σ perm=0.6 S y =0.6 (1,640 )=984 MPa

El esfuerzo de diseño de la ecuación (1.1) es:

σ d=

σ per 984 = =196.8 MPa ns 5

De la tabla 4.1 para una sección rectangular:

b h3 12

I=

Y

c=

h 2

Se tiene que b = 10h. Sustituyendo los valores que se encontraron en la ecuación (4.48) se obtiene el esfuerzo flexionante de diseño como σ d=

Mc I

Con la ecuación a) se tiene: 196.8 ( 10 ) = 6

h3 =

5,880

196.8 ( 10 ) 6

5,880 3 h

=29.88 ( 10−6 )

h=0.031 m=31.0 mm

La sección transversal del muelle es de 31 por 310 mm. Ejemplo 6.6. DATOS: En la suspensión de las ruedas traseras del Volkswagen "Beetle" el movimiento del resorte se proporciona por una barra de torsión sujetada a un eje sobre el cual se monta la rueda. Para más detalles véase la figura 6.12. El par de

torsión en la barra de torsión se crea por la fuerza de 2 500 N que actúa sobre la rueda desde el suelo a través de un brazo de palanca de 300 mm. Debido a las limitaciones de espacio el cojinete que sostiene la barra de torsión se sitúa a 100 mm del eje de la rueda. El diámetro de la barra de torsión es de 28 mm. Hallar: Los esfuerzos en la barra de torsión dónde se encuentra el cojinete usando la teoría de la energía de distorsión. Solución: Los esfuerzos que actúan en la barra de torsión son un esfuerzo cortante de torsión y un esfuerzo de tensión/compresión perpendicular a de la flexión. Con la ecuación (4.34) se obtiene el esfuerzo cortante de la torsión como:

τ=

Tc ( 2500 ) ( 0.3 ) ( 0.014 ) (32) = Pa=174.0 MPa J π ( 0.028 )4

Usando la ecuación (4.48) resulta el esfuerzo de tensión de la flexión cómo: σ=

Mc ( 2,500 ) ( 0.1 ) ( 0.014 ) ( 64 ) = Pa=116 MPa I π ( 0.028 ) 4

De la ecuación (2.16) Los esfuerzos normales principales son: σ 1, σ2=

√

(

√

)

2

(

σ x +σ y σ x −σ y 116 2 116.0 2 ± τ xy + = ± ( 174.0 ) + 2 2 2 2

)

2

σ 1=241.4 MPa y σ 2=−125.4 MPa

De la ecuación (6.10) el esfuerzo de Von Mises es: 0.5

σ e =( σ 1+ σ 2−σ 1 σ 2) = [ ( 241.4 ) + (−125.4 ) −241.4 (−125.4 ) ] =322.9 MPa 2

2

0.5

2

2

Este es el esfuerzo que se produce, proporcionado por la teoría de la energía de distorsión.

Ejemplo 6.7. DATOS: Una barra redonda en voladizo hecha de un material dúctil experimenta una torsión aplicada al extremo libre. Hallar: Determine cuándo ocurrirá la fluencia utilizando a) La MSST y b) la DET. Solución: En la figura 6. 13 se ilustra la barra en voladizo, los esfuerzos que actúan sobre un elemento, y la representación de un círculo de Mohr del estado de esfuerzos. Los esfuerzos principales son:

σ 1=τ 1 y σ 3=−τ 1

a) Usando la ecuación (6.6) por medio de la MSST la falla se predice si: S

|σ 1−σ 3|=2 τ máx ≥ n y s

∴ τ máx ≥

Sy a¿ 2 ns

b) Usando la ecuación (6.10) se produce: σ e =( σ −σ 1 σ 2 +σ 2 1

1 2 2 2

1 2 2

) =( τ −τ 1(−τ 1 )+ (−τ 1 ) ) =√3 τ 1=√ 3 τ máx b ¿ 2 1

Por lo tanto, con la ecuación (6.11) por medio de la DET se predice la falla si: σ e>

∴ τ máx ≥

Sy

√3 n s

Sy c¿ ns

= 0.5774

Sy d¿ ns

Ejemplo 6.8. DATOS: Una barra redonda en voladizo, similar a la que se consideró en el ejemplo 6.7, se sujeta no sólo a un esfuerzo de torsión sino también a una carga transversal en el extremo libre, cómo se indica en la figura 6.14 a). La barra está hecha de un material dúctil que tiene un esfuerzo a la fluencia de 50,000 psi. La fuerza transversal es de 500 Ibf y el par de torsión que se aplica en el extremo libre es de 1 000 Ibf-pulg. La barra tiene una longitud de 5 pulgadas y se Supone un factor de seguridad 2. Se puede ignorar el esfuerzo cortante transversal. HALLAR: Determine el diámetro mínimo de la barra para evitar la fluencia usando a) la MSST y b) la DET. Solución: En la figura 6.14b) se muestran los esfuerzos que actúan sobre un elemento en la parte superior de la barra en la pared. Observe que en este ejemplo Sigma z=0. La sección crítica ocurre en la pared. Usando las ecuaciones (4.48) y (4.34) los esfuerzos normales y cortante se expresan como: d Pl ( ) Mc 2 32 Pl σ x= = = I π d4 π d3 64

T

τ xz =

( d2 ) = 16 T

Tc = 4 J πd 32

πd

3

De la ecuación (2.16) los esfuerzos normales principales en un campo de esfuerzos biaxiales se pueden escribir como:

√

( )

σx σ x 2 16 Pl 2 σ 1 , σ 2 = ± τ xz + = ± 3 2 2 πd

√(

)( )

16 Pl 2 16 T + 3 3 πd πd

2

∴ σ 1 , σ 2=

16 (Pl ± √ ( Pl )2 +T 2 ) 3 πd

Poniendo toda la información que se proporcionó en la ecuación anterior se produce:

σ 1, σ2=

16 2 2 ((500)(5)± ((500)(5) ) +(1,000) ) 3 πd

√

∴ σ 1=

26,450 −980.8 y σ2= 3 d d3

Se puede ver inmediatamente que los esfuerzos están en el orden equivocado; para asegurar que σ 1> σ 2, se reacomodan de manera que

σ 1=

26,450 −980.8 , σ 2=0 y σ 3= 3 d d3

De la ecuación (2.18) los esfuerzos cortantes máximos y principales se escriben:

√

2 xz

τ 1 , τ 2=± τ + τ máx=τ 1=

( σ x −σ z )

2

4

16 16 2 ( Pl )2+T 2= 3 ( (500 )( 5 ) ) +(1,000)2 3 √ πd πd

√

13,710 3 d Con la ecuación (6.6) promedio de la MSST se predice que evitará la falla si: τ máx=τ 1=

a)

S

|σ 1−σ 3|=2 τ 1=2 τ máx < n y s

∴

|

|

26,450 980.8 50,000 + 3 < 2 d3 d

3

d >

27,430 3 =1.097 pul g 25,000 d >1.031 pulg

b) Utilizando la ecuación (6.10) se produce: 1 2 26,450 26,450 σ e =( σ 21−σ 1 σ 2 +σ 22) 2 =σ e = + 3 3 d d 26,950 σ e= d3

((

)(

)(

)(

980.8 980.8 + 3 3 d d

))

2 1 2

De esta forma, usando la ecuación (6.11) por medio de la DET se evitará la falla si: σ e<

Sy ns

26,950 50,000 < 3 2 d ∴ d 3>

26,950 =1.078 pul g3 25,000 d >1.025 pulg

Aquí, ambas teorías proporcionan aproximadamente la misma solución. Ejemplo 6.9. DATOS: Repita el ejemplo 6.7, pero con el voladizo construido de un material frágil. HALLAR: Determine cuándo ocurrirá la fractura usando a) la MNST, b) la IFT y c) la MMT. Suponga que la resistencia a la compresión es el doble de la resistencia a la tensión. Solución: Al igual que en el ejemplo 6.7 el estado de esfuerzos es σ 1=τ 1 , σ 2=0 , y σ 3 =−τ 1 a)

Con la ecuación (6.12) la MNST predice la falla si: σ 1>

Sut Sut o τ 1=τ máx ≥ a¿ ns ns

En la ecuación (a) se usó el esfuerzo de fractura a la tensión porque el material fallará a la tensión antes de que falle a la compresión. b) Cuando se usa la IFT, σ 1es positivo y σ 3es negativo. Así por medio de la ecuación (6.13) se produce: σ 1 σ 3 1 τ 1 (−τ 1) 1 2S − = − = τ 1 = ut b ¿ S ut S uc ns Sut 2 S ut n s 3 ns

c) En la figura 6.16 se muestra que para cortante puro no hay diferencia entre la MMT y la IFT, de manera que la predicción usando la MMT es la misma que en el inciso b). Ejemplo 6.10. Datos: Los materiales y cargas siguientes: Aluminio puro:

S y =30 MPa , σ x =10 MPa , σ y =−10 MPa , τ xy =0

Acero al 0.2% de carbono: S y =65 ksi , σ x =−5 ksi , σ y =−35 ksi , τ xy =10 ksi Hierro fundido gris: Sut =30 ksi , Suc =120 ksi , σ x =−35 ksi , σ y =10 ksi , τ xy =0

Solución: Los resultados se resumen en la tabla 6.2.

Caso de estudio: FACTOR DE SEGURIDAD PARA UN REEMPLAZO TOTAL DE LA CADERA. DATOS: En la figura 6.18 se muestra un reemplazo total de la cadera, insertado en el fémur y la cadera de un ser humano. Tales dispositivos se usan comúnmente para tratar condiciones dolorosas de artritis que resultan en la pérdida de la movilidad. La operación de la inserción consiste en cortar porciones del fémur, agrandar la cavidad femoral para permitir la inserción del implante, y martillar el implante en el fémur. La porción del implante en la cadera se instala en forma similar, a menudo con tonillos como se muestra en la figura. La porción del implante del fémur incluye un vástago sobre el cuál se coloca una bola altamente pulida. Todos los componentes están disponibles en una variedad de tamaños de manera que el doctor que realiza la operación puede adaptar los componentes para cada paciente en particular. La figura 6.19 es el dibujo de un implante femoral completo con las dimensiones comunes. En general, los materiales usados en los implantes son el cromo cobalto fundido, el acero inoxidable forjado y elTi-6A1-4V (aleación de titanio). Los esfuerzos permisibles en estos materiales son como sigue:

Hallar: Averigüe si el implante es seguro o no para su aplicación desde el punto de vista de carga estática.

Solución: La parte más difícil del problema fue obtener los esfuerzos; la aplicación de un criterio de falla fue una parte relativamente corta del análisis. La cadera se analizó en las secciones que se indican en la figura 6.20. Estas secciones se seleccionaron porque tienen características geométricas que actúan como concentradores de esfuerzos y porque sus localizaciones maximizan los esfuerzos asociados con las cargas aplicadas. Las dimensiones siguientes se obtuvieron para las tres secciones analizadas, y las concentraciones de esfuerzos se tomaron de la figura 6.5.

Los números dados en negritas se interpolaron del dibujo o se extrapolaron de las gráficas. Para obtener el factor de concentración de esfuerzos, se supuso que la geometría es circular en sección transversal, y que se puede tomar como una varilla recta con filetes en cada sección. Aunque esta suposición no es exactamente cierta, los factores de la concentración de esfuerzos resultantes, deben ser cercanos a aquellos que en realidad se presentan en la cadera.

También se aplicó libremente el teorema de Saint Venant. Es decir, los esfuerzos en las secciones transversales se supusieron libres de efectos residuales; y las concentraciones de esfuerzos no se traslapan. Se pudo haber hecho un análisis más detallado por medio de métodos como el análisis del elemento finito, pero con este enfoque se obtendrá un resultado muy exacto. La carga real aplicada a la junta de la cadera es extremadamente complicada y varía de una persona a otra. El modo de andar, la longitud del paso, etc., todos tienen una función en la biomecánica de caminar. Reconociendo que la carga puede ser compleja, la carga se tomó como cuatro veces el peso del cuerpo del usuario, una fuerza pico medida durante un paso al caminar. La carrera no se consideró para este implante; aunque puede ser un factor para algunos receptores (note que la mayoría de los receptores de implantes son personas de edad avanzada o tienen un estilo de vida poco activo). Además, aunque la dirección de la fuerza aplicada puede variar tanto como 30°, se supuso que la dirección de la carga es vertical y centrada sobre el vástago (esto también es una suposición del escenario en el peor de los casos; cualquier inclinación de la carga reduce el momento flexionante en cualquier sección). La dirección de la carga se podía haber variado para obtener un mejor entendimiento del efecto de los esfuerzos sobre el implante de la cadera. Se consideró un usuario de 200 Ibm, o una carga de 800 lbf sobre el implante. También esta carga es alta; la mayoría de los receptores de implantes pesan menos, y a los pacientes obesos se les pide que pierdan peso antes de recibir un implante. El peso conduce a una fuerza normal, a una fuerza cortante y a un momento flexionante en cada sección. Estos valores se obtuvieron directamente a través de estática y usando las dimensiones de la figura 6.19. Las cargas resultantes sobre cada sección transversal (figura 6.20) fueron como sigue:

Considere que la sección C-C en realidad fue cargada mucho menos severamente que lo que aquí se sugiere; parte de la carga está soportada por el hueso, y el implante nunca se expone a estos esfuerzos. Sin tomar en cuenta esto, los esfuerzos resultantes máximos se calcularon por medio de la ecuación: σ máx=−K axial τ=

P Mc ± K flexión A I 4V 3A

Claramente, la sección AA tiene a carga más severa, por lo que se analizó con respecto a la falla. En los extremos de la sección transversal no existe esfuerzo cortante, así que los esfuerzos dados son esfuerzos principales. Para estados de esfuerzos uniaxiales, el factor de seguridad es solamente la razón del esfuerzo permisible al esfuerzo aplicado. Para la localización del esfuerzo de tensión máximo el factor de S ut seguridad está dado por n s= , y es igual a 4.2 para el cromo cobalto, 6.4 para el σ1 acero inoxidable, y 8.5 para la aleación de titanio. A la compresión, el factor de S uc seguridad es n s= , y es igual a 5.6 para el cromo cobalto, 3.9 para el acero σ3 inoxidable, y 5.2 para la aleación de titanio. En el centro de la sección transversal existe una componente del esfuerzo normal P/A además del cortante máximo. Así, en la sección A-A los esfuerzos principales (de un análisis del círculo de Mohr) son

σ 1=9,700 psi, σ 2=0 y σ 3=−3,800 psi.

Para el cromo cobalto se deberá escoger una teoría de fractura frágil, de manera que la IFT se selecciona arbitrariamente. De la ecuación (6.14) σ1 σ3 1 + = ∴n s=7.0 S ut Suc n

Para el acero inoxidable y el titanio se puede usar tanto la MSST cómo la DET. Utilizando la MSST se obtiene: σ 1−σ 3 =

Sy ns

de manera que n s=8.8 para el acero inoxidable y 11.8 para la aleación de titanio. Estos factores de seguridad pueden parecer altos; pero son muy razonables para tales aplicaciones críticas, dónde una falla requerirá cirugía inmediatamente y se deberá evitar cuando sea posible. Además, esto confirma la experiencia de campo que la mayoría de los implantes de cadera no fallan estáticamente, en vez de esto se necesitan reemplazar debido a la fatiga, o por cuestiones biológicas o tribológicas EJEMPLOS UNIDAD 5 SHIGLEY

Shigley. Ejemplo 1. Unidad 5 Un acero laminado en caliente tiene una resistencia a la fluencia S yt=Syc=100 kpsi y una deformación real a la fractura de εf=0.55. Estime el factor de seguridad para los siguientes estados de esfuerzos principales: a) 70, 70, 0 kpsi. b) 30, 70, 0 kpsi. c) 0, 70, −30 kpsi. d) 0, −30, −70 kpsi. e) 30, 30, 30 kpsi. Solución Como εf>0.05 y Syc y Syt son iguales, se puede aplicar la teoría de la energía de distorsión (ED). Los resultados de la teoría del esfuerzo cortante máximo (ECM) se compararán con los resultados de la ED. Observe que los casos a a d son estados de esfuerzo plano. a) Los esfuerzos principales ordenados son σA = σ1 = 70, σB = σ2 = 70, σ3 = 0 kpsi.

DE De la ecuación (5-13),

Respuesta ECM Caso 1, usando la ecuación (5-4), con un factor de seguridad Respuesta b) Los esfuerzos principales ordenados son σA = σ1 = 70, σB = σ2 = 30, σ3 = 0 kpsi ED Respuesta ECM Caso 1, usando la ecuación (5-4) Respuesta c) Los esfuerzos principales ordenados son σA = σ1 = 70, σ2 = 0, σB = σ3 = −30 kpsi ED Respuesta ECM Caso 2, usando la ecuación (5-5)

Respuesta d) Los esfuerzos principales ordenados son σ1 = 0, σA = σ2 = −30, σB = σ3 = −70 kpsi. ED Respuesta

ECM Caso 3, usando la ecuación (5-6),

Respuesta e) Los esfuerzos principales ordenados son σ1 = 30, σ2 = 30, σ3 = 30 kpsi ED A partir de la ecuación (5-12)

Respuesta ECM A partir de la ecuación (5-3)

Respuesta Con propósitos de comparación, es útil hacer un resumen tabular de los factores de seguridad

Como la teoría del ECM siempre está en o dentro de la frontera de la teoría del ED, la primera siempre predice un factor de seguridad que es igual o menor que el de esta última, como puede verse en la tabla. Para cada uno de los casos, excepto el caso e), las líneas coordenadas y de carga en el plano σA, σB se muestran en la figura 5-11. El caso e) no es un esfuerzo plano.

Observe que la línea de carga en el caso a) es el único caso de esfuerzo plano en el que coinciden las dos teorías, por lo cual proporcionan el mismo factor de seguridad

Shigley. Ejemplo 2. U5 Un eje de 25 mm de diámetro se somete a un par de torsión estático de 230 N ⋅ m. El eje está hecho de aluminio fundido 195-T6, con una resistencia a la fluencia en tensión de 160 MPa y una resistencia de fluencia en compresión de 170 MPa. El eje se maquina hasta el diámetro final. Calcule el factor de seguridad del eje Solución. El esfuerzo cortante máximo esta dado por

Los dos esfuerzos principales diferentes de cero son 75 y −75 MPa, lo cual hace que los esfuerzos principales ordenados σ1=75, σ2=0 y σ3=−75 MPa. De la ecuación (5-26), se obtiene

Respuesta En forma alterna, de la ecuación (5-27).

y τmáx=75 MPa. Por lo tanto

Respuesta

Ejemplos shigley unidad 5 5.4 El tubo en voladizo que se muestra en la figura 5-17 se fabricará con una aleación de alumi-nio 2014 tratado para obtener una resistencia a la fluencia mínima específica de 276 Mpa. Se desea seleccionar un tamaño de tubo en existencia de la tabla A-8 usando un factor de diseño nd= 4. La carga flexionante es F= 1.75 kN, la tensión axial es P= 9.0 kN, y la torsión es T= 72 N ⋅ m. ¿Cuál es el factor de seguridad que se encontró?

SOLUCION Como el momento flexionante máximo es M= 120F, el esfuerzo normal de un elemento en la superficie superior del tubo en el origen, es:

donde, si se usan milímetros para las propiedades de área, el esfuerzo está en gigapascales. El esfuerzo torsional en el mismo punto es:

Por exactitud, se elige la teoría de la energía de distorsión como la base del diseño. El esfuer-zo von Mises, como en el ejemplo anterior, es

Con base en el factor de diseño dado, la meta de σ es

donde en esta ecuación se ha usado gigapascales para coincidir con las ecuaciones (1) y (2).Si se programan las ecuaciones (1), (2) y (3) en una hoja de cálculo y se introducen tama-ños métricos de la tabla A-8 se revela que un tubo de 42 × 5 mm es satisfactorio. También se determina que el esfuerzo de von Mises es σ= 0.06043 GPa para este tamaño. Por lo tanto, el factor de seguridad que se encuentra es

Respuesta Para el siguiente tamaño más pequeño, un tubo de 42 × 4 mm, σ= 0.07105 GPa, lo que da un factor de seguridad de

Ejemplo 5.6 Diseño de ingeniería mecánica de Shigley JOSE NICOLAS SORIANO JUAREZ La cubierta de acero de un barco tiene 30 mm de espesor y 12 m de ancho. Está cargada con un esfuerzo de tensión nominal uniaxial de 50 MPa. Se opera debajo de su temperatura de transición de dúctil a frágil con KIc igual a 28.3 MPa. Si se presenta una grieta transversal central de 65 mm de longitud, calcule el esfuerzo de tensión correspondiente a la falla catastrófica. Compare dicho esfuerzo con la resistencia a la fluencia de 240 MPa del acero. Solución. En la figura 5.25. con d=b. 2a=65 mm y 2b=12m, de modo que d/b=1 y a/d=65/12(10)=0.00542. Como a/d es muy pequeña, B=1, entonces:

De la ecuación:

El esfuerzo correspondiente a la falla catastrófica es:

La resistencia a la fluencia es 240 MPa, la falla catastrófica ocurre en 88.4/240 =0.37, o a 37% de la fluencia. El factor de seguridad en esta circunstancia es y no 240/50=4.8.

Ejemplo 5.7 Diseño de ingeniería mecánica de Shigley JOSE NICOLAS SORIANO JUAREZ Una placa con un ancho de 1.4 m y una longitud de 2.8 m debe soportar una fuerza de tensión en la dirección de 2.8 m de 4.0 MN. Los procedimientos de inspección sólo detectarán grietas en los bordes a través del espesor mayores que 2.7 mm. En la aplicación se consideran las dos aleaciones Ti-6AL-4V de la tabla 51, para las que el factor de seguridad deberá ser de 1.3; además, es importante un peso mínimo. ¿Cuál aleación debería usarse? Solución: a) Primero se calcula el espesor que requiere para resistir la fluencia, Como se tiene de la tabla 5.1,

. En el caso de la aleación mas débil, apartir

Para la aleación mas resistente se tiene de la tabla 5.1

Y por lo tanto el espesor es

b) Ahora se determinará el espesor que se requiere evitar el crecimiento de la grieta.

En correspondencia a estas relaciones,

El esfuerzo de fractura es :

Para el espesor:

Este ejemplo demuestra que la tenacidad a la fractura KIc limita la geometría cuando se usa la aleación más fuerte, motivo por el cual se requiere un espesor de 6.84 mm o mayor. Cuando se usa la aleación más débil, la geometría está limitada por la resistencia a la fluencia, dando un espesor de sólo 4.08 mm o mayor. Así, la aleación más débil conduce a una elección de espesor más delgado y con peso más ligero, puesto que los modos de falla difieren.

Ejemplo 5.8 Diseño de ingeniería mecánica de Shigley Daniel Domínguez Betancourt Ejemplo 5-8. Una varilla de acero 1018 redonda estirada en frío tiene una resistencia a la fluencia de axial estática de

y se someterá a una carga ¿Qué valor del factor de diseño n¯ corresponde

a una confiabilidad de 0.999 contra la fluencia Determine el diámetro correspondiente de la varilla. Solución.

Como el CDV del diámetro tiene un orden de magnitud menor que el CDV de la carga o resistencia, el diámetro se trata en forma determinista:

De la ecuación.

El diámetro se encuentra de manera determinista:

Verificando y

De la ecuación:

Sustituyendo.

De la tabla A-10 del apéndice,

Ejemplo 5.9 Diseño de ingeniería mecánica de Shigley Daniel Domínguez Betancourt Ejemplo 5-9 Resuelva de nuevo el problema 5-8 con el esfuerzo y la resistencia distribuidos en forma lognormal. Solución.

De la tabla A-10,

A partir de la ecuación:

Verificar.

De la ecuación:

De la tabla A-10 del apéndice da R=0.99950.

EJEMPLOS UNIDAD 6 SHIGLEY

Ejemplos shygley unidad 6

6.1 La barra que se muestra en la figura 6-16 está sometida a un momento repetido 0 ≤M≤1 200 lbf ⋅ pulg. La barra es de acero AISI 4430 con Sut= 185 kpsi, Sy= 170 kpsi y KIc= 73 kpsi√pulg. Ensayos de materiales en diferentes muestras de este material con tratamiento térmi-co idéntico indican que las constantes tienen valores, en el peor de los casos, de C= 3.8(10−11) (pulg/ciclo)/(kpsi√pulg)m y m= 3.0. Como se muestra en la figura, se ha descubierto una mella de 0.004 pulg en la parte baja de la barra. Estime el número de ciclos de vida restante.

Solución El intervalo de esfuerzo Δσ siempre se calcula usando el área nominal (sin grieta). Así

Por lo tanto, antes de que se inicie la grieta, el intervalo de esfuerzo es

el cual está por debajo de la resistencia a la fluencia. Cuando la grieta crece, en algún momen-to se volverá lo suficientemente larga para que la barra fluya por completo o se presente una fractura frágil. Para la razón de Sy/Sut es muy poco probable que la barra alcance la fluencia completa. En caso de fractura frágil, se designa la longitud de la grieta como af. Si β= 1, entonces de la ecuación (5-37) con KI=KIc, se aproxima af como

Ejemplo 6.3 Diseño en ingeniería mecánica de Shigley Cid Lara Joshua Un acero tiene una resistencia última mínima de 520 MPa y una superficie maquinada. Estime K a  Usando la tabla 6.2 para localizar los datos a y b

 Sustituyendo en la siguiente ecuación lo datos:

Ejemplos 6.4 Diseño en ingeniería mecánica de Shigley Eduardo Lara Aguilar Un eje de acero sometido a flexión tiene un diámetro de 32 mm y se empalma con un hombro biselado de 38 mm de diámetro. El material del eje presenta una resistencia última a la tensión media de 690 MPa. Calcule el factor de tamaño de Marin kb si el eje se emplea en a) Modo rotativo. b) Modo no rotativo.

Ecuacion 6-20

Estime Kf y q del eje de acero del ejemplo 6-6, p. 288 De la ecuación (6-78)

Por lo tanto,

Ejemplo 6.7 Diseño de ingeniería mecánica de Shigley Mendez Tentle María Fernanda Considere una pieza sin muesca con un limite de resistencia a la fatiga de 55 Kpsi. Si tuviera muesca, de tal forma que contra la falla para

¿Cuál sería el factor de seguridad

ciclos con un esfuerzo reversible de 30 Kpsi?

a) Resuelva mediante la reducción de b) Resuelva mediante el incremento del esfuerzo aplicado. Solución: a) El limite de resistencia a la fatiga de la pieza con muesca esta dado por:

Y el factor de seguridad

b) El esfuerzo máximo puede estresarse como: Y el factor de seguridad es:

EJEMPLO 6-9 Diseño en ingeniería mecánica de Shigley Velázquez Ramírez Frida Gisel En la figura 6-22ª se muestra un eje rotativo soportado en cojinetes de bola en A y D y sometido a una fuerza no rotativa F de 6.8N. Mediante reaiatencias ASTM ¨mínimas¨, estime la vida de la parte.

SOLUCIÓN. De la figura 6-22b se sabe que la falla probablemente ocurrirá en B en vez de C o en el punto de momento máximo. El punto B muestra una sección transversal menor, un momento flexionante mayor y un factor de concentración de esfuerzo mayor que C; además, la ubicación del momento máximo presenta un tamaño mayor y sin factor de concentración de esfuerzo. El problema se resuelve primero estimando la resistencia en el punto B, puesto que será diferente en las otras partes; después, esta resistencia se compara con el esfuerzo en el mismo punto. De la tabla A-20 se tiene fatiga

se calcula como

y

El Límite de resistencia a la

De la ecuación 6-19 y la tabla 6-2

Por la ecuación 6-20.

Como

Para determinar el factor de concentración de esfuerzo 9 con

y

se utiliza la figura A-15-

y se lee

Sustituyendo

en la ecuación (6-35)

se obtiene

al sustituir esto en la ecuación (6-33)

, resulta

El siguiente paso es estimar el esfuerzo flexionante en el punto B. El momento flexionante es

Justo a la izquierda de B el módulo de sección es El esfuerzo flexionante reversible, suponiendo una vida infinita, es

Este esfuerzo es mayor que y menor que finita sin fluencia en el primer ciclo.

. Ello significa que hay una vida

Para la vida finita, será necesario usar la ecuación (6-16). resistencia última,

. La

. De la figura 6-18,

A partir de la ecuación (6-14):

Y de la ecuación (6-15):

De la ecuación (6-16):

Ejemplo 6.10 Diseño de ingeniería mecánica de Shigley JOSE NICOLAS SORIANO JUAREZ Una barra de 1.5 pulg de diámetro se maquinó de una barra de acero AISI 1050 estirado en frío. Debe soportar una carga de tensión fluctuante que varía de 0 a 16 kip. Debido a la condición de los extremos y al radio del chaflán, el factor de concentración de esfuerzo por fatiga Kf es 1.85, para una vida de 106 ciclos o mayor. Encuentre Sa y Sm, así como el factor de seguridad que protege contra la

fatiga y la fluencia al primer ciclo de a) la recta de fatiga de Gerber y b) la recta de fatiga ASME-elíptica. Solución: Se inicia con algunos puntos preliminares. De la tabla a-20 s=100Kpsi y sy=84psi. Note que Fa-Fm=8kip. Los factores de Marin están dados, en forma determinística, por Ka=2.70(100)=0.797. Los componentes del esfuerzo axial

La aplicación de Kf en ambas componentes constituye una prescripción contra la fluencia:

a) Ahora se calcularan los factores de seguridad. Del panel inferior de la tabla 6.- en el factor de seguridad para la fatiga es:

Para el factor de seguridad contra la fluencia de primer ciclo es:

Del primer panel de la tabla 6.7 =

Los criterios de falla por fatiga ASME-elíptica y de Gerber están muy cerca uno de otro y se emplean de manera indistinta. En la norma ANSI/ASME B106.1M-1985 se usa el criterio de la línea ASME-elíptica para árboles

Ejemplo 6.11 Diseño de ingeniería mecánica de Shigley Daniel Domínguez Betancourt

Un resorte de hoja plana se utiliza para retener un seguidor de cara plana oscilante que esta en contacto con una leva de disco. El intervalo de movimiento del seguidor es de 2pulg y esta dijo, por lo tanto, también la componente alternante de la fuerza, del momento flexionante y del esfuerzo lo están. El resorte se precarga para ajustarse a varias velocidades de la leva. La precarga se debe incrementar para prevenir que el seguidor quede suspendido o rebote. Para velocidades bajas, la precarga tiene que disminuir para obtener la vida larga de las superficies de la leva y del seguidor. El resorte es un elemento de acero en voladizo de 32 pulg de longitud, 2 pulg de ancho ¼ pulg de espesor, como se ve en la figura. Las resistencias del resorte son completamente corregidas. El movimiento total de la leva es de 2pulg. El diseñador desea precargar el resorte estableciendo una deflexión de 2 pulg para velocidad baja y 5 pulg para velocidad alta. a) Grafique las líneas de falla de Gerber-Langer y la línea de carga. b) ¿Cuáles son los factores de seguridad de resistencia correspondientes a 2 pulg y 5 pulg de la precarga? Solución. Se inicia con los puntos preliminares. El segundo momento de área de la sección transversal en voladizo es:

Como, de la tabla A-9, la viga 1, la fuerza F y la deflexión y en un voladizo se relacionan mediante relacionadas por:

, entonces el

Ahora, los mínimos y máximos de Y y

y la deflexión y están

pueden definirse mediante:

los

componentes de esfuerzo son:

Entonces

a) En la figura 6-30b se muestra una gráfica de las líneas de Gerber y Langer. Las tres deflexiones de la precarga de 1.2 y 5 pulg se presentan por los puntos A, A´ Y A´´. Observe que como es constante en 11kpsi, la línea de carga es horizontal y no contiene el origen. La intersección entre el lugar geométrico de Gerber y la línea de carga se determina resolviendo la ecuación para

y sustituyendo 11 kpsi para

La intersección de la línea de Langer y la línea de carga se calcula despejando la ecuación para

y sustituyendo 11kpsi para

:

Las amenazas de fatiga y fluencia en el primer ciclo son aproximadamente iguales.

b) Para

Y para

Shigley Problema 12. U6 Una barra de acero soporta carga cíclica de forma que σ máx=60 kpsi y σmín=−20 kpsi. Para el material, Sut=80 kpsi, Sy=65 kpsi, un límite de resistencia a la fatiga completamente corregido de Se=40 kpsi y f=0.9. Estime el número de ciclos hasta una falla por fatiga, usando a) el criterio de Goodman modificado, b) el criterio de Gerber Solución. A partir de los esfuerzos dados

De las propiedades del material, las ecuaciones (6-14) a (6-16), p. 277, dan

(1) donde Sf sustituyó a σa en la ecuación (6-16) a) La línea de Goodman modificada está dada por la ecuación (6-46), p. 298, donde el límite de resistencia a la fatiga, S e, se usa para la vida infinita. Para la

vida finita en Sf >Se, se reemplaza Se por Sf en la ecuación (6-46) y se reordenan términos para obtener

Sustituyendo esto en la ecuación (1) resulta Respues b) Para Gerber, en forma semejante a la del inciso a), de la ecuación (6-47)

De nuevo, de la ecuación (1)

Si se comparan las respuestas, se observa una gran diferencia entre los resultados. De nuevo, el criterio de Goodman modificado es conservador, en comparación con el criterio de Gerber para el cual la diferencia moderada en S f es magnificada por la relación logarítmica S, N.

Shigley. Ejemplo 13. Unidad 6. Una fundición gris de grado 30 se somete a una carga F que se aplica a un eslabón con sección transversal de 1×3/8 de pulg con un orificio de 1/4 de pulg taladrado en el centro como se muestra en la figura 6-31a. Las superficies están maquinadas. En la vecindad del orificio, ¿cuál es el factor de seguridad que protege contra la falla bajo las siguientes condiciones? a) La carga F=1000 lbf en tensión, constante. b) La carga es de 1000 lbf aplicada en forma repetida. c) La carga fluctúa entre −1000 lbf y 300 lbf sin considerarla como columna. Use el lugar geométrico de fatiga de Smith-Dolan.

Solucion. Es necesario realizar algún trabajo preeliminar. De la tabla A-24, S ut=31 kpsi, Suc=109 kpsi, kakbSe=14 kpsi. Como kc para carga axial es 0.9, entonces Se=(kakbSe)kc=14(0.9)=12.6 kpsi. De la tabla A-15-1, A=t(w−d)=0.375(1−0.25)=0.281 pulg 2, d/w=0.25/1=0.25 y Kt=2.45. La sensibilidad del hierro fundido a la muesca es de 0.20 (vea la p. 288), entonces

a)

Respuesta

b)

De la ecuación (6-52)

Respuesta

c)

De la ecuación (6-53),

y

. Se sigue que

Respuesta En la figura 6-31b se muestra la parte del diagrama de fatiga del diseñador que se construyó

Problema 6.14 SHIGLEY Cotlame Hernández Gerardo Un árbol rotativo está hecho con un tubo de acero AISI 1018 estirado en frío de 42 mm de diámetro × 4 mm de espesor de pared y tiene un agujero pasado de 6 mm de diámetro taladrado en dirección transversal. Estime el factor de seguridad que protege contra fallas por fatiga y estática para las siguientes condiciones de carga: a) El árbol se somete a un par de torsión completamente reversible de 120 N ⋅ m en fase con un momento flexionante completamente reversible de 150 N ⋅ m. b) El eje se somete a un par de torsión pulsante de 20 a 160 N ⋅ m y un momento flexionante constante de 150 N ⋅ m. SOLUCION resistencias mínimas son Sut = 440 MPa y Sy = 370 MPa. El límite de la resistencia a la fatiga de la muestra de viga rotatoria es 0.5(440) = 220 MPa. El factor de superficie, que se obtuvo de la ecuación (6-19) y de la tabla (6-2), pp. 279 y 280, es

Utilizando la ecuación 6.20

a) Los factores de concentración de esfuerzo teóricos se encuentran en la tabla A16. Si a/D = 6/42 = 0.143 y d/D = 34/42 = 0.810, y si se realiza una interpolación lineal, se obtiene A = 0.798 y Kt = 2.366 para flexión; y A = 0.89 y Kts = 1.75 para torsión. Así, para flexión,

Y para la torsión.

Luego, mediante las figuras 6-20 y 6-21, pp. 287-288, con un radio de muesca de 3 mm se determina que las sensibilidades a la muesca son 0.78 para flexión y 0.96 para torsión. Los dos factores de concentración de esfuerzo por fatiga se obtienen de la ecuación (6-32) como

Esfuerzo flexionante alternativo

La componente del esfuerzo uniforme de von Mises σm, es cero. La componente de la amplitud σa está dada por

Como Se = Sa, el factor de seguridad contra la falla por fatiga nf es

El factor de seguridad contra fluencia en el primer ciclo es

No existe fluencia en la muesca. La probabilidad de falla puede venir de la fluencia en la muesca del primer ciclo.

6.15 Dada una parte con Sut= 151 kpsi y la ubicación crítica de la parte, Se= 67.5 kpsi. En el caso de la carga de la figura 6-33, estime el número de repeticiones del bloque esfuerzo-tiempo de la figura 6-33 que puede realizarse antes de la falla.

Solución

Ahora se suman dos columnas a la tabla anterior. Con base en el criterio de fatiga de Gerber, ecuación (6-47), p. 298, con Se=Sf y n= 1, se puede escribir

Como σa>Sa, es decir, 70 > 67.2, la vida se reduce.

Ciclo 2: r= 10/50 = 0.2, y la amplitud de la resistencia es

Al establecer D= 1 se obtiene N= 619(103) ciclos.

Ejemplo 6.17 Diseño en ingeniería mecánica de Shigley Cid Lara Joshua Estime el factor de carga de Marin, k c, de una barra de 1 pulg de diámetro que se utiliza como sigue. a) En flexión. Hecha de acero con Sut = 100LN(1, 0.035) kpsi y el diseñador ´ ´ intenta emplear la correlación Se =Φ 0.30 S S ut para predecir Se . ´ b) ) En flexión, pero los ensayos de resistencia a la fatiga dan Se = 55LN(1, 0.081) kpsi. c) En fatiga de jalar y empujar (axial), Sut = ln (86.2 ,3.92) kpsi y el diseñador intenta emplear la correlación S´e = Φ 0.30 S S ut . d) En fatiga torsional. El material es una fundición de hierro y S´e e se conoce mediante ensayos. Solucionnes a) Como la barra está en flexión,

b) Como el ensayo está en flexión y el uso también es en flexión,

c) De la ecuación (6-73),

d) De la tabla 6-15, k¯ c = 0.90, σˆkc = 0.07, y:

Ejemplo 6.21 Diseño de ingeniería mecánica de Shigley Mendez Tentle María Fernanda Una tira, que se hará a partir de una pieza de trabajo en forma de franja de acero estirada en frio, debe soportar una carga axial completamente reversible F=LN(1000,120) lbf, como se muestra en la figura. La consideración de partes adyacentes establecido la geometría, la cual se ilustra en la figura, excepto por el espesor t. Tome decisiones respecto de la magnitud del factor de diseño, si la meta de confiabilidad debe ser 0.99995; luego, tome una decisión sobre el espesor de la pieza de trabajo t. Solución:

Mediante estas 8 decisiones a priori se ha buscado el factor de diseño medio como Procediendo de forma determinista a partir de aquí se escribe:

.

Par evaluar la ecuación anterior se necesita los datos. Los factores de Marin son:

Y la resistencia a la fatiga está dada por:

El agujero predomina. De la tabla A-15-1 se obtiene que d/w=0.50, por lo que K=2.18. De la tabla 6-15 la fatiga es:

El factor de concentración de esfuerzo a

Ahora se determina el espesor t a partir de la ecuación:

Use una tira de ½ pulg de espesor para la pieza de trabajo. Con el espesor de ½ pulg se obtiene, y , con el redondeo a un tamaño nominal disponible, se excede la meta de confiabilidad.

EJEMPLOS UNIDAD 7 HAMROCK

Ejemplo 7.1 Elementos de máquinas de Hamrock Cid Lara Joshua Antes de que se inventaran las adicciones de tensores ajustable con la rosca de tercio superior de las chimeneas altas, las chimeneas oscilaban perpendicular al movimiento del viento. Este movimiento oscilante aparecía cuando la velocidad y la dirección del viento eran constantes durante algún tiempo. En una chimenea del esfuerzo flexionaste fue de ± 100 MPA .Hallar el esfuerzo, el rango de esfuerzo, la amplitud de esfuerzo, la relación de esfuerzo y la relación de la amplitud para ese movimiento oscilante de la chimenea de acero. Solución: La fuerza de arrastre del viento que actúa sobre la chimenea se representa en la dirección del viento y proporciona un esfuerzo de tensión máximo sobre el lado frontal, así como un esfuerzo de compresión máximo sobre la parte superior. El esfuerzo perpendicular al viento es cero. Asi,el movimiento oscilante, el cual proporciona el esfuerzo más alto perpendicular a la dirección del viento, será simétrico en relación con la posición de equilibrio. El esfuerzo medio es:

El rango de esfuerzo se expresa como:

El esfuerzo alternante es:

Ejemplos 7.2 Elementos de maquinas de Hamrock Eduardo Lara Aguilar Las tapas de los recipientes a presión de las plantas nucleares se sujetan con pernos para sellar la alta presión ejercida por el vapor de agua (en una caldera de un reactor) o el agua presurizada (en un reactor de agua presurizada). Los pernos se esfuerzan tanto que se reemplazan después de que los reactores se abren 25 veces. Un 20% de disminución del esfuerzo daría 10 000 ciclos de vida. La resistencia a la rotura es de 1 080 MPa Datos

Por medio de la ecuación

Conociendo la pendiente y la intersección, la ecuación (7.14) proporciona la resistencia a la fatiga como

Ejemplo 7.4 Elementos de máquinas Hamrock Jair Gessem Lima Paredes En la figura 7.8 se muestra una barra sujeta a una carga de tensión. En la figura (7.8a) la barra es uniforme sin muesca, y en la figura (7.8b) la barra tiene una muesca, pero la altura menor es la misma en ambas figuras. La barra es maquinada de acero de bajo carbono (AISI 1020). HALLAR: Los límites a la fatiga modificados para las barras con y sin muesca, así como las resistencias a la fatiga para 10 ciclos.

De la tabla A.1 para el acero de bajo carbono (AISI 1020) la resistencia a la rotura es:

La carga Axial, por lo tanto, de acuerdo con las ecuaciones siguientes se obtiene:

De acuerdo con las ecuaciones, la pendiente y la intersección son:

Según la figura 7.7a) para superficies maquinadas, el factor de acabado de superficie

= 0.84 En carga axial, el factor de tamaño

= 1 En la barra

uniforme sin muescas, el factor de concentración de esfuerzo a la fatiga =1 En la barra con muesca en forma de acanaladura se debe usar la figura 6.4. De acuerdo con la figura 7.8 H= 30 mm

r=2.5 mm b= 25mm y h=25 mm y

Según la figura 6.4a) H/h=1.2 y r/h= 0.1, el factor de concentración de esfuerzos es 2.35. Con base en la figura 7.6, y , la sensibilidad a la muesca es de 0.73. De acuerdo con la ecuación (7.19), la concentración de esfuerzo de fatiga se expresa:

Según la ecuación (7.16), el limite a la fatiga modificado de la barra con muesca es:

En la barra sin muesca, el limite a la fatiga modificado es:

Así, aunque las barras con muesca y sin muesca tienen la misma altura, ancho y longitud, la presencia de la muesca disminuye el límite a la fatiga modificado casi a la mitad. De la ecuación (7.14) la resistencia a la fatiga para

Así, para la barra con la muesca

ciclos es

Para la barra sin muesca

Ejemplo 7.5 Elementos de máquinas de Hamrock Mendez Tentle Maria Fernanda Para la barra sin muesca del ejemplo 7.4, el esfuerzo de fatiga será 25 ksi para 20% del tiempo, 30ksi para 30%, 35 ksi para 40% y 40ksi para 10%. Solución: Observe que

25ksi es menor que

, el cual se determino que era

25.65 ksi. Por lo tanto, , lo que implica que en este nivel de resistencia no ocurra la falla. De acuerdo con la ecuación 7.14 para los otros tres niveles de resistencia a la fatiga:

Ecuación:

Mediante el uso de la ecuación:

El número de ciclos acumulativo a la falla es 14 310.

Hamrock Ejemplo 8. Unidad 7 Datos. Para las mismas dos barras del ejemplo 7.4, la carga varia cíclicamente entre 2 y 10 ksi. Hallar. Usando la relación de Goodman modificada, determine el factor de seguridad que protege contr la falla por fatiga. Solucion Según la tabla A.1 para el acero de bajo cabono (AISI 1020)

De acuerdo con el ejmplo 7.4, el limite a la fatiga modificado es

(para la barra con muesca)

(para barra sin muesca) Según la ecuación (7.1), esl esfuerzo medio es

Como la carga es por tensión, la región en la figura 7.10 es c o d. Para establecer de cual se trata de la siguiente manera

Barra con muesca

o

Region c Barra sin muesca

o Región c De acuerdo con la tabla 7.5 para la región c la falla ocurrirá si

Barra con muesca

Barra sin muesca

La barra con muesca fallara antes que la barra sin muesca

Hamrock. Ejemplo 9. U7 Datos. Un componente de una acronave de una alcacion de aluminio en forma de una placa de 100 mm de ancho se somete a un esfuerzo de 100 MPa durante la presurización de la cabona de la acronave. Sobre este esfuerzo, ka fluctuación se origina por vibración, la cual tiene una amplitud de 10 MPa y una frecuencia de 45 Hz. Por medio de las técnicas no destructivas de detección de grietas no se localizo ninugun defecto, perro el defecto detectable mas pequeño es de 0.2 mm. Hallar. Determine la mínima esperada del componente, si una vez que se realizo una segunda inspección se encontró una grieta de 1.1 mm de longitud, ¿Cuál es la vida esperada a partir del tiepo de inspección? Use una tenacidad a la fractura de 260 MPa y suponga m=2.5 y

m/ciclo para

y un esfuerzo a la fractura de en megapascales.

Solución. La longitud de la grietea lcf esta determinada por la ecuacon (6.4)

y se encontro que es de 1.60 mm. El escenario en el peor de los casos se presentará si el defecto indetectable mas grande resulta el valor mayor de Y localizado en la geometría. Este defecto ocurre para el especimen agrietado en los dos boredes a la tensión, donde Y es igual a 2.0. Por lo tanto, la vida se encuentra por medio de ecuación (7.38) como

si lc0=1.1 mm, la vida hasta la fractura es aproximadamente 47 hr.

Ejemplo 10 Elementos de máquinas de Hamrock UNIDAD 7 Cotlame Hernández Gerardo Un clavadista salta 2 pies hacia arriba sobre el extremo libre de un trampolín antes de sumergirse en el agua. En la figura 7.15 se muestra un boceto del clavadista y las dimensiones del trampolín. El extremo apoyado del trampolín esta fijo. El modulo de elasticidad es de 10.3X 106 psi y la resistencia a la fluencia es de 30 Ksi. El peso del clavadista es de 200 lbf. ANALISIS Ecuaciones a utilizar (7.42) y (7.43) se utilizarán para determinar la deflexión máxima al momento de impacto en el extremo del trampolín. Ecuación 6.3

Resolviendo encontramos

Observamos al clavadista y la vista frontal y las vistas laterales donde nos muestra el comportamiento del trampolín en el omento del esfuerzo.

C2= constante de integración. Las condiciones de frontera para el caso son: 2

pl 2 pl 3 2. X=l, y’=0 C2= 3

1. X=l, y’=0 C1=

La deflexión que ocurre en el trampolín es de interés cuando X=0

l=momento de inercia del área =

3

bh3 (18)(1.5) = 12 12

=5.063 pulg3

l=longitud =5 pies = 60 pulg. E= módulo de elasticidad= 10.3X106 psi K=

3(10.3)(10¿¿ 6)5.063 ¿= 724.3 lbf-pulg 3 60

Utilizando la ecuación 7.43

De acuerdo a la ecuación 7.46 el factor de impacto es:

Ecuación 7.45

Ecuación 4.48

El esfuerzo de fluencia se proporciono como 30 Ksi. El factor de seguridad para la fluencia es.

Asi ns >1 por lo tanto no ocurrirá la falla, pero como el factor de seguridad es apenas mayor que 1, el marguen de seguridad es mínimo.