CRITERIOS DE FALLA EN MATERIALES FRÁGILES, DÚCTILES, CURVAS S-N y DAÑO ACUMULATIVO

Datos

σ X=125KSI

σ y=75KSI

τ XY=100 KSI

σ u=175 KSI

SOLUCION:

σ 1, σ2= σ X+σY

2 +√(

σ X−σY

2)2

+τ XY2

σ 1=203.1 KSI

σ 2= -3.1 KSI

LUEGO EL MATERIAL FALLARA:

MAX (|σ1|,∨σ 2∨¿= σ y

|σ1|>σu PUES 203.1 KSI¿175 KSI

EL MATERIAL SI FALLARA DE ACUERDO CON EL CRITERIO DE ESFUERZO NORMAL MAXIMO

DATOS

σ X= 80 MPA

σ Y= 100 MPA

τ XY= 60MPA

σ V= 200MPA

SOLUCION:

σ 1, σ2= σ X+σY

2 +√(

σ X−σY

2)2

+τ XY2

σ 1=150.8 MPA

σ 2= 29.2 MPA

APLICANDO EL CRITERIO DE ESFUERZO NORMAL MAXIMO

MAX (|G 1|,∨G 2∨¿= Gu

σ 1=150.8 MPA ≠ σ U=200MPA

PARA QUE EL MATERIAL FALLE EL AUMENTO DE % SERA:

∆%=σV−σ1σ1

= 200MPA−150.8MPA

150.8MPA = 32.6 %

SOLUCION:

Pi= 600 PSI

T= 0.0335( pi)

R= 2 PULG

t= 0.1 PULG

σ U= 180 KSI

DE ACUERDO CON EL CRITERIO DE TRESCA:

τ=T

2π R2t =

20.12π 22(0.1)

= 7.988 PSI

DADO QUE LOS ESFUERZOS DE TENSION Y COMPRESION ULTIMOS σ U= 180 KSI Y τ=7.988 PSI = 7.998 * 10−3 KSI , PUES NO SERA SUFICIENTE DADO QUE EL ESFUERZO ULTIMO ES IGUAL A 180 KSI, EL MATERIAL NO FALLA

SOLUCION:

σ X= -50 KSI

σ Y= -35 KS

τ XY= 40 KSI

σ utI= 80 ksi

σ ucI= 140ksi

σ 1, σ2= σ X+σY

2 +√(

σ X−σY

2)2

+τ XY2

σ 1= - 1.8 ksi

σ 2= - 83.2 ksi

Aplicando el criterio de falla de mohr :

1° cuadrante

|σ1|< |σuC|

-1.8 ¿ 140

|σ2|= |σuC|

83.2 ¿ 140

EL MATERIAL ES SEGURO YA QUE CUMPLE LAS CONDICIONES DEL CRITERIO DE MOHR

Solución

σ ucI= 2 GPA

σ ucI= 4σ u

t

σ ut = 0.5 GPA

σ2σ1

= -4

σ 1 ≥ 0

HALLANDO LA RECTA L1

Y= 4X – 2

σ 2=4 σ1– 2

EN LA FALLA G2= -4 G1

POR LO TANTO - 4 G1 = 4G1 – 2

σ 1=0.25GPA

σ 2=−1GPA (ESFUERZO EN LA FALLA)

σ x=−95ksi; σ y=75ksi ;τ xy=29.5σut=150 ksi ;σuc=300 ksiσ 1 , σ2=σx+σ y

2±√¿¿

σ 1=79.97≈80 ksiσ 2=−99.97≈−100 ksi

σ 2=−σuc+σuc∗σ1σut

σ 2=−300+( 300∗σ 1150 )σ 2=−300+2σ1

Suponiendo que el porcentaje de aumento(% C) sea “x” la carga que multiplica

x∗σ2=−300+2σ1∗x−100 x=−300+2∗80 x−260 x=−300x=1.154si σ2=−100 ksi

σ 2´=−100∗1.154=−115.4 ksi→%C=¿¿¿

Datos

σ x=50 ;σ y=30 ;τ xy=25

Solución σ 1 , σ2=σx+σ y

2±√¿¿σ 1 , σ2=

50+302

±√¿¿

σ 1=67ksiσ 2=13ksi

σ t=max (|σ 1−σ2|,|σ 1|,|σ2|)σ t=max(¿|67−13||67||13|)¿σ t=67 ksi

St=σY

σ t= 8067

=1.19

σ x=80 ;σ y=25 ;τ xy=45

σ 1 , σ2=σx+σ y

2±√¿¿

σ 1 , σ2=80+352

±√¿¿

σ 1=107.81σ 2=7.19

σ Y=max (|σ1−σ 2|,|σ1|,|σ2|)

σ Y=max(¿|107.81−7.19||107.81||7.19|)¿

σ Y=107.81ksi

9.

Solucion:

Datos del problema:

σy=300Mpa

R=5mm

Usando la ecuación de von mises para Sm=2:

σ m=σ y2

=¿σ m=150Mpa

P2

D

Usando momento para hallar la relación de las cargas:

P∗D=P2∗60mm

P∗√902+602=P2∗60mm

P=0.5 xP2

P=0.55 xσ m xA ,donde Aes el área.

P=0.55 x 150MpaxΠx (5mm)2

P=6.4KN

10. La cáscara cilíndrica delgada que se muestra en figura 2, está sometida a una carga axial a compresión P y a una presión interna p. tiene un radio interno R y un espesor t, está fabricada de un material cuyo esfuerzo

de fluencia es . Para una carga axial fija P, determinar la presión admisible p de tal manera que el factor de seguridad de Von Mises no sea menor que 2.

σ 1=pR /t

σ 2= PΠ R2

σ m=√(σ 12+σ 22−σ 1σ 2¿)¿

σ 2m=( pRt

)2

− pPΠRt

+( PΠ R2

)2

0=( pRt

)2

− pPΠRt

+( PΠ R2

)2

−σm2

Resolviendo la ecuación cuadrática para “p”:

p= PΠRt

±√¿¿¿

p=

PΠRt

+√4 σm2−3 ( PΠ R2 )

2

2 R2

t 2

Usaremos la siguiente formula:

N=( bσa−σfat

)1c

Datos:

σ fat=15Ksi, σ m=0 por lotanto σ a=σ max

Hallando las constantes “b” y “c”:

Danto valores a σa y N unsando los datos de la tabla:

103=( b52.7Ksi−15Ksi

)1c…….( I )

104=( b38.8Ksi−15Ksi

)1c…… ..(II )

De las ecuaciones (I) y (II):

b=150Ksi

c=0.2

.: la formula empirica quedaria expresada de la siguiente manera:

N=( bσa−σfat

)1c=¿N=( 150Ksi

σa−σfat)10.2

Hallando el número de ciclos para una amplitud de esfuerzo de 35Ksi:

N=( 150 Ksiσa−σfat

)10.2=¿N=( 150Ksi

35Ksi−15Ksi)10.2

N=2.4 x104 ciclos .

Usaremos la fórmula del problema anterior:

N=( 150 Ksiσa−σfat

)10.2….( I)

Datos:

σ fat=15Ksi, σ m=0 por lotanto σ a=σ max

Sabemos que:

D=⅀ ¿¿ ……………(II)

Reemplazando en (I) los datos de la tabla:

N 1=( 150 Ksi42Ksi−15Ksi

)10.2=5.3 x103

N 2=( 150 Ksi28Ksi−15Ksi

)10.2=2.05 x105

N 3=( 150 Ksi25Ksi−15Ksi

)10.2=7.6 x105

N 4=( 150Ksi22Ksi−15Ksi

)10.2=4.52 x106

Reemplazando en (II) los datos obtenidos y datos de la tabla:

D 1=7.938 x 102

5.3x 103=0.15

D 2=5.318 x 104

2.05 x105=0.26

D 3=8.353 x104

7.6 x105=0.11

D 4=1.534 x106

4.52 x106=0.34

D 5=? ?

Pero sabemos que la falla ocurre cuando D=1

: . D1+D 2+D3+D 4+D5=1

D 5=0.14

Hallando “N5” para una amplitud de 35Ksi

N 5=( 150 Ksi35Ksi−15Ksi

)10.2=2.37 x104 ciclos

: . D5= n5N 5

n5=D5.N 5

n5=3.32 x103ciclos

Según la relación de Goodman:

σ ’ fat=σ fat (1− σmσu

)….( I )

Dato :σ m=20% σ u=¿ σ mσ u

=1/5 , σ fat=15 ksi

Reemplazando en (I):

σ ’ fat=15Ksi (1−1/5)

σ ’ fat=12Ksi

Usando nuevamente las expresiones:

N=( 150Ksiσa−σ ' fat

)10.2… ..(II ) y D=⅀ ¿

¿ ..........( III )

Reemplazando en (II) los datos de la tabla:

N 1=( 150 Ksi42Ksi−12Ksi

)10.2=3.12 x 103

N 2=( 150 Ksi28Ksi−12Ksi

)10.2=7.24 x104

N 3=( 150Ksi25Ksi−12Ksi

)10.2=2.04 x105

N 4=( 150Ksi22Ksi−12Ksi

)10.2=7.6x 105

Reemplazando en (III) los datos obtenidos y datos de la tabla:

D 1=7.938 x 102

3.12 x 103=0.23

D 2=5.318 x 104

7.24 x104=0.17

D 3=8.353 x104

2.04 x 105=0.36

D 4=1.534 x106

7.6 x105=0.21

D 5=? ?

Pero sabemos que la falla ocurre cuando D=1

: . D1+D 2+D3+D 4+D5=1

D 5=0.03

Hallando “N5” para una amplitud de 35Ksi

N 5=( 150 Ksi35Ksi−12Ksi

)10.2=1.18 x104 ciclos

: . D5= n5N 5

n5=D 5.N 5

n5=353 ciclos