teorías de fallas por fatiga - ula.ve · x ax x a ei f y s fs e 6 356 6 5 0,026 63100,0352 500 3 6...

Teorías de fallas por fatiga

Problema resuelto

Un ensamble de rollos alimentadores debemontarse en cada extremo de ménsulas desoporte colocadas en voladizo del bastidor de lamáquina. Los rollos alimentadoresexperimentan una carga totalmente alternantede una amplitud de 1000 lb, dividida igualmenteentre las dos ménsulas de soporte. Diseñe unaménsula en voladizo para soportar sin falla unacarga a flexión totalmente alternante de 500 lbde amplitud durante 109 ciclos. Su deflexióndinámica no puede exceder 0,01 pulg.

El entorno operativo está a temperaturaambiente con una máxima de 120 ºF. Elespacio disponible permite una longitud máximaen voladizo de 6 in. Solamente se requieren 10de estas piezas.

Mecánica de Materiales-Problema fatiga

La ménsula puede sujetarse entre placasesencialmente rígidas, o atornillarse en su base.La carga normal quedará aplicada en el extremoeficaz de la viga en voladizo, originada por unavarilla sujeta a través de una pequeñaperforación en la viga. Dado que en la punta dela viga, el momento de flexión es efectivamentecero,

se puede ignorar la concentración de esfuerzosdebidos a esta perforación. En vista delpequeño volumen requerido, el método demanufactura preferido es por maquinado deexistencia estándar.



al

F

R

db

t

F

Max=500 lb

Medio = 0

Min=-500lb


Solución

Las esquinas agudas en el bastidor, dondequeda sujeta la viga, genera concentracionesde esfuerzo altas y también una condiciónllamada fatiga al ludimiento debido a lospequeños movimientos que ocurrirán entre laspiezas al flexionarse la ménsula. Por estarazón, para un mejor diseño se deben incluirfiletes en los puntos de sujeción como seindica en la figura siguiente.


R

aF

l

r

d D


Se deben asumir las dimensiones b, d, D, r, a, l.

b = 1 ind = 0,75 inD = 0,94 inr = 0,25 ina = 5 inl = 6 in


Selección del material

También se debe escoger un material. Para vidainfinita, bajo costo y facilidad de fabricación, esdeseable utilizar un acero aleado al bajo carbono.Es buena consideración tomar un material con Egrande, además los aceros dúctiles al bajocarbono tienen un codo de límite de resistencia ala fatiga, requisito en este caso para una vidainfinita y también tienen baja sensibilidad a lasmuescas. Se selecciona entonces un acero dúctilal bajo carbono con σu = 80000 psi


Ahora se procede a calcular el esfuerzo de flexiónalternante, para lo cual se debe calcular primeroel momento flector, el momento de inercia de lasección y la distancia a la fibra externa

R = F = 500 lb


M = Rl – F(l – a) = 500(6) – 500(6 – 5) = 2500 lb*in

psiI

Mc

indc

inbdI

noma 266670352,0

375,02500

375,0275,0

2

0352,01275,01

122

33


Para calcular el factor de concentración deesfuerzos se deben calcular las siguientesrelaciones

333,075,025,025,1

75,0938,0

dr

dD

Con estos valores se entra en el gráficocorrespondiente a este tipo de viga sometida aflexión, de donde se obtiene un factor deconcentración de esfuerzo geométrico de 1,29

Kt = 1,29


Para calcular el factor de concentración deesfuerzos, primero debe calcularse el índicede sensibilidad a la entalla

psiK

kqK

ra

q

nomafa

tf

333432666725,1

25,1129,1862,0111

862,0

25,008,01

1

1

1


psi

psipsiabyxyx

ba

xyyx

ab

33343003334333343'

0,3334322

,

1667202

0333432

22221

21

22

22

2


Se debe calcular el esfuerzo de Von Mises

Ahora se debe calcular el límite de fatiga, paralo cual debemos calcular los factoresmodificativos empezando por el factor detamaño. Como se trata de una secciónrectangular el diámetro equivalente es:

9,03,07,0

3,0

700,0175,0808,0808,0

1133,01133,0

eq

t

eq

dC

indbd

Para este valor del diámetro equivalente larelación a usar es:


Para calcular el factor de superficie se debeentrar en la tabla para acabados superficialesespecíficamente para acabados pormaquinado encontrándose que el factor a es2,7 y el exponente b es -0,265. Se hallaentonces el factor de superficie:

845,0807,2 265,0 bus aC


El factor de carga es igual a la unidad debido aque la viga está sometida a flexión pura.

Para hallar el factor de temperatura se entra enel gráfico correspondiente con 120ºF, y seobtiene Cte = 1.

El factor de confiabilidad se halla de la tablacorrespondiente para un nivel de confiabilidaddel 99,99%. Se obtiene entonces Cconf = 0,753


La resistencia a la fatiga de la probeta para unmaterial con un σu < 200 kpsi es:

Se’ = 0,5σu = 0,5(80000) =40000 psi.

Con este valor y los factores modificativosprocedemos a calcular el límite de fatiga

Se = Cc*Ct*Cs*Cte*Cconf*Se’

Se = 1(0,9)(0,845)(1)(0,753)40000 = 22907 psi


Ahora se calcula el factor de seguridad y la deflexión máxima

inx

y

axaxxEIFy

SFS e

026,05665360352,01036

500

36

69,03334322907

'

3237

323


Podemos darnos cuenta que la deflexión noesta dentro de las especificaciones permitidas yademás el diseño falla. Se debe entoncesasumir otros valores y volver a calcular. Se va amantener el mismo material pero incrementandolas dimensiones de la sección transversal y delradio del entalle


b = 2 in, d = 1 in, D = 1,125 in, r = 0,5 in

a = 5 in, l = 6 in

Ahora se procede a calcular el esfuerzo deflexión alternante, para lo cual se debe calcularprimero el momento flector, el momento deinercia de la sección y la distancia a la fibraexterna

R = F = 500 lb


M = Rl – F(l – a) = 500(6) – 500(6 – 5) = 2500 lb*in

psiI

Mc

indc

inbdI

noma 75001667,0

5,02500

5,021

2

1667,01212

122

33


Para calcular el factor de concentración deesfuerzos se deben calcular las siguientesrelaciones

5,015,0125,1

1125,1

dr

dD

Con estos valores se entra en el gráficocorrespondiente a este tipo de viga sometida aflexión, de donde se obtiene un factor deconcentración de esfuerzo geométrico de 1,18

Kt = 1,18


Para calcular el factor de concentración deesfuerzos, primero debe calcularse el índicede sensibilidad a la entalla

psiK

kqK

ra

q

nomafa

tf

870075001623,1

1623,1118,1898,0111

898,0

5,008,01

1

1

1


psi

psipsiabyxyx

ba

xyyx

ab

87000087008700'

0,870022

,

1667202

087002

22221

21

22

22

2


Ahora se debe calcular el esfuerzo de Von Mises

Ahora se debe calcular el límite de fatiga, paralo cual debemos calcular los factoresmodificativos empezando por el factor detamaño. Como se trata de una secciónrectangular el diámetro equivalente es:

859,03,014,1

3,0

14,121808,0808,0

1133,01133,0

eq

t

eq

dC

indbd

Para este valor del diámetro equivalente larelación a usar es:


Para calcular el factor de superficie se debeentrar en la tabla para acabados superficialesespecíficamente para acabados pormaquinado encontrándose que el factor a es2,7 y el exponente b es -0,265. Se hallaentonces el factor de superficie:

845,0807,2 265,0 bus aC


El factor de carga es igual a la unidad debido aque la viga está sometida a flexión pura.

Para hallar el factor de temperatura se entra enel gráfico correspondiente con 120ºF, y seobtiene Cte = 1.

El factor de confiabilidad se halla de la tablacorrespondiente para un nivel de confiabilidaddel 99,99%. Se obtiene entonces Cconf = 0,753


La resistencia a la fatiga de la probeta para unmaterial con un σu < 200 kpsi es:

Se’ = 0,5σu = 0,5(80000) =40000 psi.

Con este valor y los factores modificativosprocedemos a calcular el límite de fatiga

Se = Cc*Ct*Cs*Cte*Cconf*Se’

Se = 1(0,859)(0,845)(1)(0,753)40000 = 21863 psi


Ahora se calcula el factor de seguridad y la deflexión máxima

inx

y

axaxxEIFy

SFS e

005,05665361667,01036

500

36

5,2870021863

'

3237

323


Los valores obtenidos anteriormentecorresponden a los de un diseño que cumplecon las limitaciones de deflexión requeridas, yque no presenta falla por fatiga bajo unenfoque de vida infinita.

Ahora supongamos que la viga está sometidaa una fuerza que fluctúa entre un valor máximode 1100 lb, hasta un valor mínimo de 100 lb.Tomando las dimensiones finales, verifique siel diseño falla o no, y que la deflexión noexceda 0,02 in.


t

F

Max=1100 lb

Medio =600 lb

Min=100 lb


lbFRlbFRlbFR

lbFFF

lbFFF

mmaa

a

m

1100,600,500

50021001100

2

60021001100

2

maxmax

minmax

minmax

Se deben calcular las fuerzas media yalternante


Ahora se calculan los momentos medio,alternante y máximo

inlbalFlRM

inlbalFlRM

inlbalFlRM

mmm

aaa

550056110061100

3000566006600

2500565006500

maxmaxmax


Ahora se procede a calcular los esfuerzosmedio y alterno nominales (como se trata delas mismas dimensiones, se usan los valoresdel momento de inercia y de la distancia a lafibra externa del ejemplo anterior)

psiI

Mc

psiI

Mc

nom

nom

m

a

90001667,0

5,03000

75001667,0

5,02500


El valor de Kf es el mismo que en el ejemplo anterior; se debe hallar el valor de Kfm para corregir el esfuerzo medio nominal

1623,1

60000191131667,0

5,055001623,1max

max

fm

f

ffmyf

K

IcMk

KKentoncesksi


Entonces los esfuerzos corregidos medio y alterno son:

psiK

psiK

nom

nom

mfmm

afa

1045490001623,1

871175001623,1


Ahora se procede a calcular los esfuerzos de Von Mises

psi

psi

aaaaa

aaaaa

xyyxyxa

xyyxyxa

10454030104540104543'

87110308711087113'

2222

2222


Como las dimensiones y condiciones son lasmismas, entonces los factores modificativos sonlos mismos y por ende el límite a la fatigatambién es igual que en el ejemplo anterior.Podemos proceder entonces a calcular el factorde seguridad y la deflexión

inx

y

axaxxEIFy

SSFS

emua

ue

012,05665361667,01036

1100

36

9,12186310454800008700

8000021863''

3237

323


teorías de fallas por fatiga - ula.ve · x ax x a ei f y s fs e 6 356 6 5 0,026 63100,0352 500 3 6...

Documents