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EJERCICIOS CAP. 4 1. La viga cantiléver que se muestra en la siguiente figura se somete a una fuerza distribuida varía de -2 a 5 kN/m y un momento flector de 60kN.m que permanece constante. El corte se puede considerar despreciable. Dimensione la viga si es construida en acero AISI 1040 laminado en frío. a) Considere una sección rectangular. b) Considere una sección circular. AISI 1040 Laminado enfrío 𝑆𝑢𝑡 = 565 𝑀𝑃𝑎 𝑆𝑦 = 375 𝑀𝑃𝑎

RESOLUCION 𝐹𝑚í𝑛 = −2 𝑘𝑁/𝑚

𝐹𝑚á𝑥 = 5 𝑘𝑁/𝑚

∑ 𝑀𝐴 = 0 ↷

∑ 𝑀𝐴 = 0 ↷

−𝑀𝐴 − 60 − 4 ∗ 4 = 0

−𝑀𝐴 − 60 + 10 ∗ 4 = 0

𝑀𝐴 = 76 𝑘𝑁. 𝑚

𝑀𝐴 = 20 𝑘𝑁. 𝑚

Sección: a = 4b; c = 0.5b 𝑎𝑏 3 𝐼= 12

𝜎=

𝑀. 𝑐 𝐼

Análisis en A Asumir: k = 0.6 porque no existe concentración de esfuerzos, FLEXION PURA 𝜁

𝑆𝑒 = 𝑘. 𝑆𝑒

𝜁

𝜁

𝑆𝑒 = 169.5 𝑀𝑃𝑎

𝑆𝑒 = 0.5𝑆𝑢𝑡 𝑆𝑒 = 282.5 𝑀𝑃𝑎 𝑴𝒎í𝒏 = −𝟕𝟔 𝒌𝑵. 𝒎 𝜎𝑚í𝑛 =

(−76)(0.5𝑏)

𝜎𝑚á𝑥 =

(4𝑏)∗𝑏3 12

𝜎𝑚í𝑛 = − 𝜎𝑚 =

∧ 𝑴𝒎á𝒙 = 𝟐𝟎𝒌𝑵. 𝒎

114 𝑏3

𝜎𝑚á𝑥 =

𝜎𝑚á𝑥 + 𝜎𝑚í𝑛 2

𝜎𝑚 = −

42 𝑏3

Teoría de Soderberg:

(20)(0.5𝑏) (4𝑏)∗𝑏3 12

30 𝑏3

𝜎𝑎 =

𝜎𝑚á𝑥 − 𝜎𝑚í𝑛 2

𝜎𝑎 =

72 𝑏3

asumir n = 2 𝜎𝑎 𝜎𝑚 1 + = 𝑆𝑒 𝑆𝑦 𝑛 72 −42 1 + = 3 3 3 3 (169.5 ∗ 10 )𝑏 (375 ∗ 10 )𝑏 2 𝑏 = 86 𝑚𝑚 ∧ 𝑎 = 344 𝑚𝑚

Recalculando el factor K 𝑘𝑎 = 0.8 → 𝑀𝑒𝑐𝑎𝑛𝑖𝑧𝑎𝑑𝑜

𝑘𝑐 = 0.897 → 𝐶 = 90%

𝑘𝑑 = 1

𝑘𝑔 = 1

𝑘𝑒 = 1

Flexión no giratoria: 𝑑 = 𝑑𝑒 = 0.808√𝑎𝑏 𝑑 = 0.808√(86 ∗ 344)/25.42

𝑘𝑏 = 0.91𝑑 −0.157

𝑑 = 5.47 𝑖𝑛

𝑘𝑏 = 0.6968

𝒌 = 𝑘𝑎 ∗ 𝑘𝑏 ∗ 𝑘𝑐 ∗ 𝑘𝑑 ∗ 𝑘𝑒 ∗ 𝑘𝑔

𝑆𝑒 = 𝑘. 𝑆𝑒

𝒌 = 𝟎. 𝟓

𝑆𝑒 = 141.25 𝑀𝑃𝑎

Teoría de Soderberg:

𝜁

asumir n = 2 𝜎𝑎 𝜎𝑚 1 + = 𝑆𝑒 𝑆𝑦 𝑛 72 −42 1 + = 3 3 3 3 (141.25 ∗ 10 )𝑏 (375 ∗ 10 )𝑏 2 𝑏 = 93 𝑚𝑚 ∧ 𝑎 = 372 𝑚𝑚

Sección:

𝜎=

32𝑀 𝜋𝑑3

Análisis en A Asumir: k = 0.6 porque no existe concentración de esfuerzos, FLEXION PURA 𝜁

𝑆𝑒 = 𝑘. 𝑆𝑒

𝜁

𝑆𝑒 = 169.5 𝑀𝑃𝑎

𝑆𝑒 = 0.5𝑆𝑢𝑡 𝑆𝑒 = 282.5 𝑀𝑃𝑎 𝑴𝒎í𝒏 = −𝟕𝟔 𝒌𝑵. 𝒎 𝜎𝑚í𝑛 =

32 ∗ (−76) 𝜋𝑑 3

𝜁

∧ 𝑴𝒎á𝒙 = 𝟐𝟎𝒌𝑵. 𝒎 𝜎𝑚í𝑛 = −

774.129 𝑑3

𝜎𝑚á𝑥 = 𝜎𝑚 =

32 ∗ (20) 𝜋𝑑3

𝜎𝑚á𝑥 =

205.718 𝑑3

𝜎𝑚á𝑥 + 𝜎𝑚í𝑛 2

𝜎𝑎 =

𝜎𝑚á𝑥 − 𝜎𝑚í𝑛 2

285.206 𝑑3

𝜎𝑎 =

488.924 𝑑3

𝜎𝑚 = −

Teoría de Soderberg:

asumir n = 2 𝜎𝑎 𝜎𝑚 1 + = 𝑆𝑒 𝑆𝑦 𝑛 488.924 −285.206 1 + = 3 3 3 3 (169.5 ∗ 10 )𝑑 (375 ∗ 10 )𝑑 2 𝑑 = 161.95 𝑚𝑚

Recalculando el factor K 𝑘𝑎 = 0.8 → 𝑀𝑒𝑐𝑎𝑛𝑖𝑧𝑎𝑑𝑜 𝑘𝑑 = 1

𝑘𝑐 = 0.897 → 𝐶 = 90% 𝑘𝑔 = 1

𝑘𝑒 = 1

𝑘𝑏 = 1.51𝑑−0.157 𝑘𝑏 = 0.679 𝜁

𝒌 = 𝑘𝑎 ∗ 𝑘𝑏 ∗ 𝑘𝑐 ∗ 𝑘𝑑 ∗ 𝑘𝑒 ∗ 𝑘𝑔

𝑆𝑒 = 𝑘. 𝑆𝑒

𝒌 = 𝟎. 𝟒𝟖𝟕

𝑆𝑒 = 137.72𝑀𝑃𝑎

Teoría de Soderberg:

asumir n = 2

𝜎𝑎 𝜎𝑚 1 + = 𝑆𝑒 𝑆𝑦 𝑛 488.924 −285.206 1 + = (137.72 ∗ 103 )𝑑 3 (375 ∗ 103 )𝑑 3 2 𝑑 = 177.36 𝑚𝑚 2. Un árbol AISI 1020 está sometido a los pares torsores que se indican en la figura, a través de engranes montados sobre él. Desprecie los efectos de la flexión y diseñe el eje. a) Si tiene movimiento intermitente. b) Si tiene inversión de giro.

AISI 1020 𝑆𝑢𝑡 = 395 𝑀𝑃𝑎 𝑆𝑦 = 310 𝑀𝑃𝑎

𝜏=

16𝑇 𝜋𝑑3

RESOLUCION: Asumir: n = 2 k = 0.3 por existir concentración de esfuerzos, TORSION PURA 𝜁

𝑆𝑆𝑒 = 𝑘. 𝑆𝑒

𝑆𝑆𝑦 = 0.5 𝑆𝑦

𝜁

𝑆𝑆𝑒 = 34.365 𝑀𝑃𝑎

𝑆𝑆𝑦 = 24.365 𝑀𝑃𝑎

𝑆𝑒 = 0.29𝑆𝑢𝑡 𝑆𝑒 = 114.55 𝑀𝑃𝑎

𝜁

a. MOVIMIENTO INTERMITENTE 𝑻𝒎á𝒙 = 𝟕𝟎𝟎 𝑵. 𝒎 𝜏𝑚á𝑥 = 𝜏𝑚á𝑥 =

16 ∗ (700) 𝜋𝑑3 3565.07 𝑑3

𝜏𝑚í𝑛 = 0 𝜏𝑚 = 𝜏𝑎 = 0.5 𝜏𝑚á𝑥

Falla de fatiga por torsión: 𝜏𝑎 =

𝑆𝑆𝑒 𝑛

𝜏𝑎 + 𝜏𝑚 =

𝑆𝑆𝑦 𝑛

3565.07 34.365 ∗ 106 0.5 ∗ = 𝑑3 2

3565.07 155 ∗ 106 = 𝑑3 2

𝑑 = 46.897 𝑚𝑚

𝑑 = 35.83 𝑚𝑚

Recalculando el factor k: 𝑑 = 35.83 𝑚𝑚

𝑘𝑎 = 0.8 → 𝑀𝑒𝑐𝑎𝑛𝑖𝑧𝑎𝑑𝑜

𝑘𝑐 = 0.814 → 𝐶 = 99%

𝑘𝑑 = 1

𝑘𝑔 = 1

𝑘𝑏 = 1.24𝑑−0.107

𝑘𝑒 =

𝑘𝑏 = 0.8455

1 ; 𝑘 = 1.19 ; 𝑞 = 1 𝑘𝑡 𝑡

𝑘𝑒 = 0.84 𝜁

𝒌 = 𝑘𝑎 ∗ 𝑘𝑏 ∗ 𝑘𝑐 ∗ 𝑘𝑑 ∗ 𝑘𝑒 ∗ 𝑘𝑔

𝑆𝑆𝑒 = 𝑘. 𝑆𝑒

𝒌 = 𝟎. 𝟒𝟔𝟐𝟕

𝑆𝑆𝑒 = 53 𝑀𝑃𝑎

Cálculo de n: 𝑛=

𝑆𝑆𝑒 2(35.83 ∗ 10−3 )3 ∗ (53 ∗ 106 ) = 𝜏𝑎 3565.07 𝒏 = 𝟏. 𝟑𝟔𝟕𝟔

b. INVERSION DE GIRO

𝑻𝒎á𝒙 = 𝟕𝟎𝟎 𝑵. 𝒎 ∧ 𝑻𝒎í𝒏 = −𝟓𝟎𝟎 𝑵. 𝒎 𝜏𝑚á𝑥 =

16 ∗ (700) 𝜋𝑑3

𝜏𝑚í𝑛 =

16 ∗ (−500) 𝜋𝑑 3

𝜏𝑚á𝑥 =

3565.07 𝑑3

𝜏𝑚í𝑛 = −

2546.479 𝑑3

𝜏𝑚 =

𝜏𝑚á𝑥 + 𝜏𝑚í𝑛 2

𝜏𝑎 =

𝜏𝑚á𝑥 − 𝜏𝑚í𝑛 2

𝜏𝑚 =

509.296 𝑑3

𝜏𝑎 =

3055.775 𝑑3

Falla de fatiga por torsión: 𝜏𝑎 =

𝑆𝑆𝑒 𝑛

𝜏𝑎 + 𝜏𝑚 =

𝑆𝑆𝑦 𝑛

3055.775 34.365 ∗ 106 = 𝑑3 2

3055.775 509.296 155 ∗ 106 + = 𝑑3 𝑑3 2

𝑑 = 56.23 𝑚𝑚

𝑑 = 35.83 𝑚𝑚

Recalculando el factor k: 𝑑 = 35.83 𝑚𝑚

𝑘𝑎 = 0.8 → 𝑀𝑒𝑐𝑎𝑛𝑖𝑧𝑎𝑑𝑜

𝑘𝑐 = 0.814 → 𝐶 = 99%

𝑘𝑑 = 1

𝑘𝑔 = 1

𝑘𝑏 = 1.24𝑑−0.107

𝑘𝑒 =

𝑘𝑏 = 0.8455

1 ; 𝑘 = 1.19 ; 𝑞 = 1 𝑘𝑡 𝑡

𝑘𝑒 = 0.84 𝜁

𝒌 = 𝑘𝑎 ∗ 𝑘𝑏 ∗ 𝑘𝑐 ∗ 𝑘𝑑 ∗ 𝑘𝑒 ∗ 𝑘𝑔

𝑆𝑆𝑒 = 𝑘. 𝑆𝑒

𝒌 = 𝟎. 𝟒𝟔𝟐𝟖

𝑆𝑆𝑒 = 53 𝑀𝑃𝑎

Cálculo de n: 𝑛=

𝑆𝑆𝑒 2(35.83 ∗ 10−3 )3 ∗ (53 ∗ 106 ) = 𝜏𝑎 3055.775 𝒏 = 𝟎. 𝟕𝟗

3. El eslabón mostrado está sometido a una fuerza axial F que varía desde 70 kN en tracción hasta 90 kN en compresión y que se aplican mediante pasadores en los agujeros. Determine el coeficiente de seguridad estático y dinámico si el eslabón se construye con acero AISI 1010 rolado.

AISI 1010 Rolado 𝑆𝑢𝑡 = 375 𝑀𝑃𝑎 𝑆𝑦 = 280 𝑀𝑃𝑎

Plano xz

RESOLUCION:

Plano xy

Área de análisis: Plano yz 𝐴 = 2 ∗ 5 ∗ (20 − 10) 𝐴 = 100 𝑐𝑚2 𝐴 = 0.01 𝑚2 A tracción pura: 𝜁

𝑆𝑒 = 0.45𝑆𝑢𝑡 𝜁

𝑆𝑒 = 168.75𝑀𝑃𝑎 Cálculo del factor k: 𝑘𝑎 = 0.8 → 𝑀𝑒𝑐𝑎𝑛𝑖𝑧𝑎𝑑𝑜

𝑘𝑐 = 0.814 → 𝐶 = 99%

𝑘𝑔 = 1

𝑘𝑑 = 1 𝑘𝑒 =

𝑘𝑏 = 1

1 ; 𝑘 = 2.19 ; 𝑞 = 1 𝑞 ∗ (𝑘𝑡 − 1) + 1 𝑡

𝑘𝑒 = 0.456 𝜁

𝒌 = 𝑘𝑎 ∗ 𝑘𝑏 ∗ 𝑘𝑐 ∗ 𝑘𝑑 ∗ 𝑘𝑒 ∗ 𝑘𝑔

𝑆𝑆𝑒 = 𝑘. 𝑆𝑒

𝒌 = 𝟎. 𝟐𝟗𝟕

𝑆𝑆𝑒 = 50.178 𝑀𝑃𝑎

𝜎𝑚í𝑛 =

𝐹𝑚í𝑛 𝐴

𝜎𝑚í𝑛 = −9 𝑀𝑃𝑎 𝜎𝑚 =

𝜎𝑚á𝑥 + 𝜎𝑚í𝑛 2

𝜎𝑚 = −1 𝑀𝑃𝑎 Teoría de Soderberg:

𝜎𝑚á𝑥 =

𝐹𝑚á𝑥 𝐴

𝜎𝑚á𝑥 = 7 𝑀𝑃𝑎 𝜎𝑎 =

𝜎𝑚á𝑥 − 𝜎𝑚í𝑛 2

𝜎𝑎 = 8 𝑀𝑃𝑎

𝜎𝑎 𝜎𝑚 1 + = 𝑆𝑒 𝑆𝑦 𝑛 8 −1 1 + = 50.178 280 𝑛 𝒏 = 𝟔. 𝟒𝟏𝟔 𝑛𝑒𝑠 =

𝑆𝑦 𝜎𝑚í𝑛

𝑛𝑒𝑠 =

280 9

𝒏𝒆𝒔 = 𝟑𝟏. 𝟏𝟏 4. El árbol mostrado transmite una potencia variable de 1 a 6 HP, la polea A tiene 2.5 in de radio y la polea C 2 in. Si el elemento se construye de acero AISI 1020 recocido dimensione el árbol considerando simultáneamente los efectos de flexión y torsión.

Datos: T1=T2 T1= 2.5(24-18) T1=15 Lb.in T2=2(30-T) T1=T2

15=2(30-T) Tmax=22.5Lb.in P=T.W Pmax=6HP=2.38𝑋106

𝐿𝑏 𝑖𝑛 𝑚𝑖𝑛

Pmin=2HP=396.5𝑋103 𝑃

W=𝑇

2.38𝑋106 15

W=

𝑟𝑎𝑑

W=15.9𝑋104 𝑚𝑖𝑛 𝐿𝑏 𝑖𝑛 𝑚𝑖𝑛 𝑟𝑎𝑑 15.9𝑋104 𝑚𝑖𝑛

396.5𝑋103

Tmin=

Tmin=2.5Lb.in PLANO YX

22.5 = 30

0.75

2.5= 2(P3-0.75P3) P3=5lb P4=3.75lb ∑ 𝑀𝐵1 =0 52.5(6)-RD(12)=0 RD=26.25lb ROB=26.25lb PLANO ZX ∑ 𝑀𝐵2 =0 42(8)-RD2(12)=0

𝐿𝑏 𝑖𝑛 𝑚𝑖𝑛

RD2=28lb RB2=70lb M1= 336lb.in maximo 2

M2=√(168)2 + (157.5)2 Tmax= 15lb.in Tmin=2.5lb.in Mmax= 336lb.in Mmin= 230.28 lb.in a) 𝜏𝑚𝑎𝑥 =

16 𝑇𝑚𝑎𝑥 𝜋𝑑 3

𝜏𝑚𝑎𝑥 =

16 (15) 𝜋𝑑3

𝜏𝑚𝑎𝑥 =

76.39 𝑑3

𝜏𝑚𝑖𝑛 =

16 𝑇𝑚𝑖𝑛 𝜋𝑑 3

𝜏𝑚𝑖𝑛 =

16 (2.5) 𝜋𝑑3

𝜏𝑚𝑖𝑛 =

12.73 𝑑3

𝜏𝑚

76.39 12.73 3 + 𝑑3 = 𝑑 2

𝜏𝑚 =

44.56 𝑑3

76.39 12.73 3 − 𝑑3 𝜏𝑎 = 𝑑 2 𝜏𝑎 =

31.83 𝑑3

ACERO AISI 1020 RECOCIDO 𝑆𝑦 = 43 𝐾𝑆𝐼

𝑆𝑢𝑡 = 60𝐾𝑆𝐼 Ssy=

43𝐾𝑆𝐼 2

Ssy=21.5KSI 𝑆𝑒 ′=0.29(Sut) 𝑆𝑒 ′=0.29(60KSI) 𝑆𝑒 ′=17.4 KSI Sse= 0.3(17.4) Sse= 5.22 n=2 ASUMIDO 𝜏𝑎 =

𝑆𝑠𝑒 𝑛

31.83 5.22 = 𝑑3 2 D1= 2.3 in 𝜏𝑎 + 𝜏𝑚 = 31.83 𝑑3

+

𝑆𝑠𝑦 𝑛

44.56 21.5 = 2 𝑑3

D =1.92 in b) 𝜎𝑓𝑚𝑎𝑥=

32 𝑀 𝜋𝑑 3

𝜎𝑓𝑚𝑎𝑥=

32 (336) 𝜋𝑑3

𝜎𝑓𝑚𝑎𝑥= 𝜎𝑓𝑚𝑖𝑛=

3422.46 𝑑3

32 𝑀 𝜋𝑑3

𝜎𝑓𝑚𝑖𝑛=

32 (230.28) 𝜋𝑑3

𝜎𝑓𝑚𝑖𝑛=

2345.6 𝑑3

3422,47 2345,61 + 3 𝑑3 𝜎𝑚 = 𝑑 2

𝜎𝑚 =

2884,04 𝑑3

3422,47 2345,61 − 3 𝑑3 𝜎𝑎 = 𝑑 2 𝜎𝑎 =

538,43 𝑑3

𝜁

𝑆𝑒 = 0,5𝑆𝑢𝑡 Flexion Pura 𝜁

𝑆𝑒 = 0,5𝑥60 = 30𝐾𝑠𝑖 𝑆𝑒 = 0,3𝑥30 = 9𝐾𝑠𝑖 Aplico Soderberg 𝜎𝑎 𝜎𝑚 1 + = 𝑆𝑒 𝑆𝑦 𝑛 538,43 2884 1 + = 9 𝑑3 𝑆𝑦 2 538,43126,89 9 𝑑3

d = 6,33in

1

=2