Componentes De Maquinas Fatiga-r

INDICE GENERAL

tNDtcE

GENERAL....

.....................Vil

PARTE t: DEF|NTCTONES Y CONCEPTOS

TEóRICOS................

............. de fallo por fatiga

.......................

CAPíTULO 1. DEFTNTCTONES

1.1. Definición 1 .2. Carga ciclica. Tensión media y tensión

1

................3 . ......... ... ..... 3

alternante

.

TENS|ÓN-V|DA............... 2.1. Curvas S-N (curvas tensión-vida) para probetas 2.2, Aproximación de una curva S-N para probeta......... 2.3. Corrección de una curva S'N para un componente dado............. 2.4. Factores modificadores del límite de fatiga

CAPíTULO 2. CURVAS

.. ..

.. 3

................... 5 ........... 5

...........................6 .....,.....................7 ...................7

CAPÍTULO 3. INFLUENCIA DE LAS TENSIONES MEDIAS EN FATIGA UNIAXIAL...........................15 3.1. Diagrama de Goodman 3.2. Diagrama de Goodman modificado 3.3. Diagrama de Soderberg

3.4. Tensión alternante equivalente... 3.5. Tensión estática equivalente 3.6. Combinación de entallas y tensiones medias.........

CAPíTULO 4. TENSTONES

.......................... 15

....

............17 . . .. . . ...... 19 .......................... 19

MULT|AX|ALES..........,...

............21

VARIABLE 5.1. Regla de Palmgren-Miner............

CAPíTULO 5. CARGAS DE AMPLITUD

5.2. Conteo de ciclos para historias temporales irregulares. Método

. 15

......................... 16

..............25

Rainflow.......

...........25 ......26

EJES ÁRBoLES Y EJES cApiTuLo 6. DlsEÑo DE ÁRBOLES 3o:s deraciones de diseño a a2 D;seño a rigidez 63 Ptanteamiento del diseño resistente a fatiga

PARTE ll: PROBLEMAS

"""""""""""

35

"" " """'

35 35 36

"""""""""

RESUELTOS..'...'

41

..-.-." 43 variable ...'...48 variable variable ""' 54 descentrada ' axial Problema 3. Soporte asimétrico sometido a carga 59 """ variable Problema 4. Soporte simétrico sometido a carga inclinada 64 variables """" " Problema 5. Diseño de geometría de una placa sometida a cargas ' ' "' ' """"'70 Problema 6. Llave asimétrica somet¡da a cargas variables ' """ """82 Problema 7. Placasometida a flexiÓn variable en su plano " .... variable axial "" " " 88 a carga sometido circular sección de B. cambio Problema """ " 93 Problema 9. Soporte de un elevador de carga industrial ' " " " """ 100 Problema 10. Pasador del gancho de una grÚa." "" variable """""" 107 a carga paralelas sometidas Problema 1 1. Pletinas .... . 113 variable flexión a Problema 12. Placacon concentrador sometlda 123 .".'..... . ...... .' sección de cambio Problema 13. Cálculo de diámetros en árbol con 130 y radial""""""" " carga " " Problema l4. Dimensionado de un árbol con torsor variable """""" 137 Problema 15. Dimensionado de un eie de coche de errocarril "" ' ' ' ' ' 143 Problema 16. Árbol de una muela circular para afilado ""' 148 Problema 17. Árbol de arrastre de una cadena."""" "" " " 156 Problema 18. Diseño a rigidez y longitud máxima de un árbol ... "" 163 Problema 19. Dimensionado del eje intermedio de un reductor de velocidad """ 169 rodamiento a un """' " "" de acuerdo radio iunto Problema 20. Cálculo del "" 178 cónico un engranaje Problema 21. Árbol conectado a problema22. Arbolconectadoaunengranajededienteshellcoidales '......'...185 "' "" "' 192 Problema 23. Diámetro del árbol de un motor eléctrico ... " ....'." 197 plato y cadena.... de problema 24. Arbol entre un engranaje helicoidal un ................205 Problema 25. Diámetro del árbol de entrada de un reductor de velocidad """210 Problema 26. Árbol con engranaje cÓnico y engranaje de dientes helicoidales ............. ......'222 Problema 27. Dimensionado de un eje conectado a una po|ea............ .'... -.-...' 229 problema 28. Árbol hueco conectado a engranaje de dientes helicoidales.. ....'. ...... . trapezoidal....... polea con correa " """ 235 una a conectado hueco Problema 29. Árbol ....-.-242 ......... fricción de a ruedas conectado un árbol Problema 30. Dimensionado de 250 ."""' masa descentrada con inercia de Problema 31 . Árbol conectado a un volante ........".257 desalineamiento.......... Problema 32. Fallo de una broca de retaladrado con ... ....-.-267 Problema 33. Diámetro de un árbol de acero frágil conectado a una cadena

problema 1. Soporte sometido a carga axial descentrada Problema 2. Placaasimétrica sometida a carga inclinada

f

BIBLTOGRAFíA

íttorCe DE

.................

MATERIAS..................

..........271

"".'."'---.."'273

DEFINICIONES

Se entiende por fatiga de un componente mecánico el fallo del mismo originado por una solicitaciÓn variable con el tiempo. Dicha solicitación es relativamente baja, de forma que no se alcanzan las tensiones de rotura del material en ninguno de los ciclos de carga. Sin embargo el efecto repetitlvo de Ia solicitación aplicada da lugar al fallo del componente, aunque las tensiones nominales alcanzadas en servicio no sean elevadas. El origen del fallo es la generación de pequeñas grietas (grietas de fatiga) que crecen una pequeña cantidad con cada ciclo de aplicación de la carga. Con el tiempo la grieta es lo suficientemente grande para que el componente se vea notablemente debilitado, provocando su rotura total. Existen tres situaciones que potencialmente pueden dar lugar a fallo por fatiga: 1. Un componente fijo sometido a cargas (fuerzas o momentos) variables con el tiempo. 2. Un componente giratorio (como un árbol o eje), sometido a cargas (fuerzas o momentos)

constantes con el tiempo. En este caso, las tensiones soportadas por un punto material del

3.

componente pueden cambiar con el tiempo debido al giro del componente. Un componente giratorio sometido a cargas variables con el tiempo.

Se entiende por fallo por fatiga de alto ciclo aquel que se produce tras un nÚmero de ciclos mayor que 103 (hab¡tualmente cientos cle miles o millones de ciclos de repeticiÓn)

La Figura 1 muestra una carga ciclica en tensiones máximo

. . o "

omáx

y uno mínimo

Tensión media

o':

omin.

c1e

amplitud constante que oscila entre un valor

Se define:

Promedio entre los valores máximo y minimo.

Tensión alternante ou: Mitad de la diferencia entre el valor máximo y el mínimo. Rango de tensiones Ao: Diferencia entre el valor máximo y el mínimo. Relación de tensiones R: Cociente entre el valor mínimo y el máximo.

4

l,mmqguu¡r,mmnm

¡hMnmq'n'afm

m[q@@ffi * o¡¡61

* o¡1¡n

Ao

omín

R=-

omáx Omáx

=

Om

+ Oa

Omín

= Om

-

Oa

Tiempo

Figura 1.- Ciclos de amplitud constante y nomenclatura asociada.

Ecuación

1.1

CURVAS TENSIÓN.VIDA

Tras real izar ensayos expe rimentates sob re p robetas, es haoitual ;"; rarlo (real o'a o nominal o"nJ') r,ente at número de cicros N ar que se ha producido [1i?"lX';31i

r";;;;jilffi

J';il er

e,

Fisura

i03 104 i05 106 107 2.-.rri]1,Ti':i::1"1,* s_N ajustada ,* Nlcrcros) or"ü" o""iailo por fatiga

Habitualmente se define:

¡

de varjas probetas, con límite de "fatiga definido

Tensión de fatiga o resistencia a la fatiga Sru: Es la tensión alternante oa fepresentada en los diagramas S-N' que origina el fallo por fatiga a N ciclos. si se trata de un valor registrado para una probeta normalizada (probeta lisa de flexión rotativa), ,l O""ignu por S,¡ (ver Fig. 2). El símbolo Sru se utiliza para un

componente mecánico dado. Límite de fatiga s": Es el nivel de tensiones alternantes por debajo del cual la fatiga no ocurre en condiciones normales Es detectable con frecuencia en aceros; no así en aluminios. si se trata de un valor registrado para una probeta normalizada lprooeta lisa de flexión rotativa), se designa por S'" (ver Fig' 2) El símbolo s" se utiliza para un mecánico dado. Dos son los tipos de gráficas S-N empleados para representar esta "orpon"n," información: . Lineal-logarítmica: oa = C + D log N, donde C, D son constantes de ajuste. ' Logarítmica-rogarítmica: oa = A NB, donde A, B son constantes de ajuste.

'

o_ una es relativamente costoso' es posible generar Debido a que obtener curvas S-N experimentales

curvaS-Naproximadaparalasprimerasfasesdediseño,comosemuestraenlaFig.3. S'N

Sioe

= 0.9 Su1

Sioe = Si,

106 103 1oo 103

N (ciclos)

para las fases preliminares de diseño Figura 3 - Generación de una curva S-N y a vidas balas (103 ciclos) puntos: uno a vidas altas (106 ciclos) otro

para ello, se determinan dos límite de fatiga de una más concretos es posible estimar el Vidas altas (106 ciclos): A falta de datos

probetaS,"parau."'o,apartirdellímitederoturaatracción,denominadoaQuíSgt,como: (Su < 1400 MPa) S'" = 0.5 Sur MPa) S ¿ = 7OO MPa rS , > 1400

Ecuación 2

1

EstevaloresconsideradocomoválidoparaN>l06ciclos' 0s ciclos y se estima habitualmente este punto corresponde a'1 Vidas baias (103 ciclos)l Para aceros, que la resistencia a la fatiga es Sro'= 0 9

Vidas intermedias (entre

2.1

103

y

'106

Sur'

ciclos): Se interpola entre los valores a

1

03

una probeta de acero .con un límite Estimar la curva tensión vida para ;n aiuste lineal-logarítmico y logarítmico-logarítmico'

y

106

ciclos'

a fotura

sui

=792MPa

;;;"';"

Resolución

3

712 8 MPa para 10 para los aceros se estima en s'103 = 0 9'Sut= La resistencia a la fatiga a baio ciclo para 106 ciclos' la Ec.2, en s'" = 0.5 sur = 396 MPa ciclos. El limite de fatiga se estima, según los dos es del tipo oa = c + D log N' sustituyendo La curva S-N utilizando un ajuste lineal-logaritmico puntos de la curva ya estimados se obtiene:

S'ro3= C+3'D

S'" = C+6.D de donde:

C=2'S'rot-S'e=1029'6

¡

-105'6 = (S'" - S',0')/ 3 =

y por tanto S'N

= 1029.6

-

105.6 log N MPa'

por lo que: la curva s-N tiene Ia forma ou = A'NB' Utilizando un ajuste logaritmico-logarítmico

= A'1otB s," = A.1068

S''ot

de donde: A = (S',,0:¡2 / s'" = 1 283'04

Curvas

B = log (S'"

i

tensión-vida 7

S'ror) / 3 = -0.0851

Y sustrtuyendo se obtiene

arar una S'N

= 1283.04.N-oouut MPa

Las curvas S-N obtenidas para una probeta no son generalmente apllcables al diseño de

un

componente determinado. Es necesario "corregil' o modificar las curvas S-N disponibles para una probeta de forma que tengan en cuenta distintos aspectos concretos del componente, como su acabado supedicial, tamaño, tipo de carga, existencia o no de concentradores de tensiones, temperatura, etc. Por lo general, la inclusiÓn de estos aspectos da lugar a una disminución de los valores de resistencia de fatiga con respecto a los de una probeta. Por tanto. a curva S-N para un componente suele estar por debajo de la curva S-N para una probeta, como se muestra en la Figura 4. s

a

le

una

¡.r

Sro3

e.

v 10'

,...

ón 2.1

¡e

:

se

eStima

N (ciclos) Figura 4.- Corrección de la curva S-N para un componente dado.

En ausencia de datos más precisos, se suele correg¡r la curva aproximada S-N de una probeta en sólo

i2 MPa

: ara

¡s

puntos:

dos en N = 106 ciclos (vidas altas) y en N = 103 ciclos (vidas bajas), interpolando entre dichos valores corregidos. Esta correceión se realiza mediante los factores modificadores del límite de fatiga.

l0 dos

Para la corrección a 106 cicios se utiliza la expresión: S" = k" kr, k" k¿ k" S'. Para la corrección a 103 ciclos se utiliza la expresión:

/

ki

s,o3 = k" k5 k6 k¿ k" s',os 7 ¡t

donde: S"

=

S'"=

= S',ot = ka = ko = kc = ko = ke = kr = Sro3

Limite de fatiga del punto del componente Límite de fatiga de la probeta Tensión de fatiga del componente a I 03 ciclos Tensión de fatiga de Ia probeta a .1 03 cicios Factor de superficie Factor de tamaño Factor de tipo de carga Factor de temperatura Factor de otras influencias Factor de reducción del límite de fatiga por entalla

Ecuación 2.2

Ecuación 2.3

FACTOR DE SUPERFTCTE T

ete en cuenta

ku

la calidad del acabado superficial. Para componentes de acero se utiliza: ka

=?

Ecuación 2.4

Sutb

donde Sut es el límite de rotura a tracción del material y los parámetros a y b se definen en la tabla siguiente. Tabla 1.- Def inición del factor de acabado superficial para aceros

ACABADO SUPERFICIAL

Factor a (MPa)

Exponente b

Rectificado

1.58

-0.085

Mecanizado o laminado en frío

4.51

-0.265

57.70

-0.718

272.0O

-0.995

Laminado en caliente Forjado

Excepciones:

-

Para N = 103 ciclos, tómese ka = 1. Para fundición gris, tómese k" = 1, tanto para vidas altas como para vidas bajas.

FACTOR DE TAMAÑO to Tiene en cuenta el tamaño del componente bajo condiciones de flexión y/o torsión. Para probetas de sección circular, bajo flexión rotativa y/o torsión: ,-0.1133

/dl kÁ=l" \7.62 )

2.79
0.6
si

d>51

Ecuación 2.5

mm

Cuando una sección circular no está somet¡da a flexión rotativa o no se utiliza una secc¡ón circular, es posible aplicar la ecuación anterior considerando una dimensión efectiva o diámetro equivalente d". Para obtener esta este diámetro equ¡valente, d", se iguala el área de material sometido a una tensión igual o superior al 95'A de la máxima tensión en la sección estudiada al correspondiente de una sección circular sometida a flexión rotativa cuya tensión máxima sea lgual a la de la pieza.

Excepciones:

2'2

Para N = 103 ciclos, tómese kb =

1.

Para carga axial, tómese k¡ = 1, tanto para vidas altas como para vidas bajas.

Catcular et faetor de tamaño de un componente con una sección reclangular de dimensiones 10 mm x 30 rnm sometido a tlexión alternante cuya tensión nráxima $€á smex.

Resolución Dado que no se trata de una sección circular sometida a flexión rotat¡va, en primer lugar se necesita calcular la dimensión efectiva o diámetro equivalente para poder utilizar la Ec. 6. Como la sección es rectangular y las tensiones debidas a flexión evolucionan linealmente desde -or¿" o omáx, tal y como se ven en la figura, el 95% del área total de la sección estará sometida a tensiones inferiores al 95% de omáx, Y tan sólo el 5% de dicha área estará sometida a tensiones superiores al 95"k de om¿x:

Curvas

tensión-vlda

I

a.+

Dla

Por lo tanto el área de esta sección sometida a más del g5% de

omáx

es:

A'gsz=0.05ab Para hallar el diámetro equivalente de esta sección rectangular, ésta ha de asimilarse a una sección circular sometida a flexión rotativa cuya tensión máxima sea también omá" En una sección circular sometida a flexión rotativa, el área sometida a tensiones mayores del 95% de la máxima forma una corona circular como se muestra en Ia figura:

de

El área de dicha corona es: Aco,ona

= n 1r'?- 1o.os 0') = 0.0975

¡

r'

Portanto, para hallarel diámetro equivalente únicamente han de igualarse ambas áreas: A'e¡.. = Acoro"a 0.05 a b = 0.0975 n 12

-

Despejando el valor de r se obtiene:

.es d". sión

rión

r

.

O.4Oay6

y por tanto el valor del diámetro equivalente es:

d" - o BoSvAb que para las dimensiones de la sección resulta d" 13.99 mm. Finalmente, el factor de tamaño del =

componente es:

/ d^ n'=['l5e) -oe3 .

r01133

FACTOR DE T|PO DE CARGA kc Tiene en cuenta el tipo de carga y viene dado por: iO.OZS

t^ = '

)sita ¡ ae

.]1 11

Cargaaxiat S, Carga axial

r

1520 Mpa

S, > 1520 Mpa

Ftexión

Ecuación 2.6

10.577 Torsión y cortante

lse .de

FACTOR DE TEMPERATURA

Kd

Tiene en cuenta el efecto de la temperatura del componente en servicio en el valor de la resistencia a

fatiga.

10 C:r:,:re'tes oe Máquinas.

Fatiga de alto ciclo

:.al¡ia2.- Efecto de la temperatura en el límite de fatiga de aceros. Factor TOC

k¿

TOC

ka

20 50

1.000 1.010 1.020 1.025 1.020 1.000

300 350 400 450 500 550 600

0.975 0.927

100 150

200

250

k¿'

0.922 0.840 0.766 0.670 0.546

FACTOR DE OTRAS INFLUENCIAS K" Otros factores que modifican el límite de fatiga son el grado de confiabilidad deseado y los tratamientos

superficiales (tensiones residuales de compresión, shot-penn¡ng, elc.). La siguiente tabla cuantifica el factor k" según la confiabilidad deseada. Tabla 3.- Factor de corrección del límite de fatiga por confiabilidad

2.3

Confiabilidad

Factor de corrección

0.5 0.9 0.95 0.99 0.999

1.000 0.897 0.868 0.814 0.753

talcular lós cüeficientes modificadores de límite de latiga de un cornpoflente mecánico ds

secciÓn

rertangutar sometido al msrnento flsetor'alternante de la tigura.

Ml

^

DATOS:

a=0.01 m

I

b=0.05m

I

\

\

\

S, = 1100 MPa {Acero)

\

J"

Acabado mecanizado Temperatura 325oC Confiabilidad 99%

Resolución Factor de superficie:

-

Para 103 ciclos: ku =

Para 106 ciclos:

ku

1

= ? Sub. Para acabado mecanizado, a = 4.51, b = -0.265: ka = 4.51 '1 100-o'uu = 0.705

Factor de tamaño:

-

Para 103 ciclos: ko =

1

para 106 ciclos: al no ser una sección circular sometida a flexión rotativa es necesario calcular el diámetro equivalente para el cálculo del factor de tamaño. En este caso se trata de una sección rectangular sometida a flexión alternante, como la analizada en Ia cuestión 2.2, por tanto:

Curvas

d"

-

O.8OBGb

-

tensión-vida 11

18.07 mm

k^-l-q" lo"tt-0.907 --" \7.62) Factor de carqa: Para una carga de flexión se tendrá que kc = 1, con independencia del número de ciclos. Factor de temperatura: Para una temperatura de 325 oC, interpolando los valores de la Tabla 2 para 300 y 350 .C se obtiene:

n _0.975!0.927 = 0.951 2

Factor de otras influencias: mientos

Considerando la confiabilidad del 99%, de la Tabla 3 se obtiene

'rtifica el

ke

= 0.814.

FACTOR DE REDUCCION DEL LíMITE DE FATIGA POR ENTALLA Kf Tiene en cuenta el efecto de la elevación local de tensiones en las denominadas entallas

o

concentradores de tensiones (agujeros, cambios de sección, chaveteros, etc.), ya que favorecen la iniciación de grietas. Se calcula como:

kr=1+q(kt-1) donde kt es el factor de concentración de tensiones y q es el factor de sensibilidad a la entalla. El factor de concentración de tensiones kt se define como: kt = o/onot Es decir, es la relación entre Ia tensión local o presente en la entalla y la tensión nominal ono'aplicada genéricamente al componente. Su valor depende de la geometría y tipo de entalla y se puede encontrar en la literatura apropiada.

eccton

El factor de sensibilidad a la entalla q se calcula como: 1

Ecuación 2.7

(I

1+p

donde p es el radio de curvatura de ia entalla y o es una constante de material con dimensiones de longitud, siendo algunos valores típicos en el caso de carga axial ylo flexión los siguientes: = 0.510 o = 0.250 a = 0.064 cr

mm mm mm

(aleaciones de aluminio) (aceros de bajo contenido en carbono recocidos o (aceros templados y revenidos)

normalizados)

Ecuación 2.8

Una estimación más específica de u utilizada para aceros de alta resistencia relativa es

(

zolo tt'pa \ o=o.ozs[ S, ]mm

(s,>ssowea)

Ecuación 2.9

Excepciones:

2'4 'ecesaflo : trata de ;Íión 2.2,

Para carga de torsiÓn, redúzcase el valor anterior de o multiplicando por 0.6. Si el material es dúctil, tómese kr = 1 para vidas bajas (N = 103).

Calcular el factor de reducción del límite de fatiga por entalla en el cambio de sección de la placa de

la figura cuando se la somete a carga axial.

:e r,'ai, .as. Fatiga

12

de alto ciclo

DATOS:

F

F

$, = 792 MPa {aeero} H = 10cm

r:)


h=5cm r=2.5mm Resolución El factor teórico de concentración de tensiones para un cambio de sección en una placa sometida carga axial, extraído por ejemplo de las gráficas de Peterson, depende de las relaciones geométricas: H

=z

r-o.os

y vale:

Kt=3 El coeficiente de sensibilidad a la entalla para el cálculo a fatiga se obtiene a partir de:

., = 0.025

2o7o MPa

rr

= 0.065 mm

>U

q=-L=0.e75 l+9( Por lo tanto, el factor de reducción del límite de fatiga por efecto de la entalla es:

Kr=q(Kt-1)+1

2.5

Kt = 295

Obtener la curva S-N de un componente construido con acero dúctil sabiendo que una Brobeta del mismo material sigus la curvá S'r.¡ = 1200 - 130.logN MPa y que los coeficientes modificadores del límite de fatiga para el componente son los siguientes:

k"=0'S

kn

= 0.9

kc=

= 0.9

k'

= 0.868

kt=2.7

ko

1

Resolución En primer lugar se necesitan los valores de la resistencia a fatiga de la probeta para 103 y 106 ciclos, que sustituyendo en la curva S-N proporcionada son:

- 130 log 103 = 810 MPa S'" = 1200 - 130 log 106 = 420 MPa

S'ro3

= 1200

A continuación se corrigen estos valores con los correspondientes coeficientes modificadores del limite de fatiga:

Sro'= Se

= k"

ku ko k" ko ku S'ro' kr, kc

I

k¡

= 1'1'1'0.9'0.868'810 /

1 = 632'77 MPa

k¡ k" S'" / kr = 0.8'0'9"1 '0.9'0.868'420 I 2'7 = 87'49 MPa

Obsérvese que no se considera el efecto de los factores de superlicie y de tamaño a bajo ciclo. Tampoco se ha considerado el efecto de la entalla a bajo ciclo al tratarse de un material dúctil. La curva tensión-vida se obtiene sustituyendo los puntos anteriores en la expresiÓn de la misma:

Sru=C+D.logN Sro3= C+3'D

Curvas

Se

tensión-vida 13

= C+6'D

de donde:

C=2Sro'-Se=1178.05 - Sro') I 3 = -191.76

D = (S"

y por tanto: Srir

2'6 -":

:

= 1178.05- 181.76.1ogN Mpa

calcular el número de eiclos hasta ta rotura que soportará un romponente de acero, cuya curva s-N €s S¡ = 1100 - 160'logN MPa entre 103 y 106 ciclos, cuando está sometido a una tensión a¡ternante sa = 300 MPa. Resolución Despejando directamente de la curva tensión vida el número de ciclos N: sN_1

.100

160

3OO IlOO

160 =l0sciclos obsérvese que si la tensión alternante aplicada fuera por ejemplo 100 Mpa, el número de ciclos despejado de la curva S-N sería superior a 106, lo que significaría realmente que la tensión alternante aplicada es inferior al límite de fatiga (en este caso Se 140 Mpa) y por tanto el componente tendría =

N=10

vida infinita.

a del

s del

c clos,

iÍmite

i ciclo.

=10

,+,:lf:5--

''rJi,,'*'i+

INFLUENCIA DE LAS TENSIONES MEDIAS EN FATIGA UNIAXIAL

.!!j.l

'

ia:F\:L..

.":lri

i-,!-r,;¡¡;

i

-1 .:

La existencia de tensiones medias altera la vida esperada a fatiga. Así tensiones medias de tracción

(o, > 0) producen una disminución de la resistencia de fatiga, mientras que tensiones medias de compresión (o, < 0) producen el efecto contrario, pues tienden a inhibir el crecimiento de grieta.

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Generalmente se utilizan diagramas tensión alternante vs. tensión media (o"-o,). La tensión alternante para el coso o¡= 0 coincide con la resistencia de fatiga S¡ para una vida dada. Tensiones medias de tracción (o, > 0) disminuyen este valor, dando lugar a combinaciofles oa-om en las que si om aumenta, disminuye la ou admisible. En el límite, cuando la tensión media coincide con el límite de rotura Sut, no

se admite la existencia de tensiones alternantes ou (ou - 0). Este comportamiento corresponde a una recta de pendiente negativa en el diagramá o¿-o¡ (recta de Goodman).

oa

om

S¡

Su

-r--l

(r

Recta de Goodman

o

Ecuación

Sut

Figura 5.- Diagrama oa-om v recta de Goodman para

o.

3"1

6m

> 0.

Para tensiones medias de compresión (o' < 0), se supone simplemente que no se produce beneficio alguno en el comportamiento a fatiga, lo que equivale a una línea horizontal en el diagrama oa-om.

Este criterio tiene en cuenta el posible fallo por fluencia cuando, en el ciclo de tensiones, la tensión mínima omín o la máxima omáx lleguen a alcanzar el límite de fluencia Su. Las condiciones para alcanzar la fluencia, suponiendo el mismo límite de fluencia a tracción que a compresión (Suc= -Syt = -Su), son Omín

= Om-

Oa

=

- Sy

Omáx=Om*Oa= Sy

)

O¿= Sy + O, Ecuación 3.2

-)O¿=Sy-O,

16 l:-::-e^':es

de l"láquinas. Fatiga de alto ciclo

La representación del criterio modificado de Goodman (ver Figura condiciones limite de fallo por fatiga como las de fluencia:

o

Su"

6) tiene en cuenta tanto

Syt Sut

las

6m

Figura 6.- Criterio de Goodman modificado,

Para tensiones med¡as de tracción, una alternativa es establecer como criterio de fallo a fatiga la lÍnea

que une el punto (0,S¡) con el (Su,0). De esta forma, se obtiene el criterio de Soderberg (más conservador que el criterio modificado de Goodman, ver Figura 7):

oa

om

S¡

sy --l

-r

Ecuación 3.3

o

su,

vut

%

Figura 7.- Criterio de Soderberg.

3.1

Aplicando ef criterio de Soderberg para considerar la influencia de las tensiones medias en fatiga, calcular la tensión alternante rnáxima que se podría aplicar a un conjunto de probetas normalizadas de acero sometidas a una tensión media de traccíón de 300 MPa para que el 50% de ellas superase los 100000 ciclos de carga. Datos: el acero ernpleado es dúctil y tiene una tensión normal de fluencia sv 900 Mpa. Este acero = se comporta para vidas medias y altas bajo tensión alternante según la ecuación; Srs

= 1800.N4' MPa.

Resolución Para resolver la cuestión planteada, es necesario en primer lugar conocer la tensión de fatiga de las probetas correspondiente a 100000 ciclos, para poder de este modo lrazar la recta de Soderberg que permite evaluar la influencia de la tensión media sobre la vida. Como dato se dispone de la ecuación del comportamiento a fatiga bajo carga alternante: Sru

= 1800 N-01

3.

sustituyendo el número de ciclos Slooooo = 1800.100000

o

1,Mpa

Srooooo

-

1135.7 MPa

lnfluencia de las tensiones medias en fatiga

uniax¡al 17

las

!r

1U0

200

300 om

4OO

500

600

700

BOO

Sy

Tensión media (lVPa)

T

-[] =-l': a recta de Soderberg mostrada en la figura :riÉ-É : rensiÓn alternante pedida en el enunciado

oa

h'trilrirgli illñúrtrL.

sr

oa = Srooooo

=s

e lÍmite

i

r--l

om

ooooo

['

-

anterior, con la tensión media de 300 Mpa se

sy

on,')

E,

oa = 701

.7

MPa

de fatiga Sru (tensión alternante) que equivale a una combinación dada (o,, ou). Si se utiliza ou de una recta que pase por Sut ! por

c¡terio de Goodman, corresponde al punto de corte con el eje 3 DUnto en cuestión (or, ou): ou

'u = t-ot

SP,q

Ecuación 3.4

su

ea

De esta forma, los valores de las tensiones aplicadas oa v om se utilizan para calcular S"q¡,. Con ayuda de un diagrama S-N se obtiene posteriormente el número de ciclos N esperado asociado al valor de

h

lsE

S'qru

obtenido. Se utiliza por ello en problemas en los que se busca el número de ciclos hasta el fallo.

o6srt

('m

Figura B.- Tensión alternante equivalente.

3'2

Apficando el criterio de Goodman para considerar [a influencia de las tensiones medias en fatiga, calcular el número de ciclos al cual se producirá el fallo del 10% de componentes $ometidos r un estado de carga consistente en uña tensién media de tracción de 3o0 MPa y una tensión alternante de 20O MPa. El componente e6tá fabricado en acero dúctil con Su = 990 Mpa y la ecuación que

18

de alto ciclo Conpc^e":es oe htáquinas Fatiga

definesucomportamientoenfatigaparavidasmediasyalta$baiotensiÓnaltérnanteyuna probabitidad de fallo del 10%

es:

g* = 1520_213.logN Mpa.

Resolución

a su resistencia baio la a fatiga del material corresponde comportamiento del La información disponible estado de carga que posee una Para, pooár calcular. con un media. componente sin emplear el criterio de acción de cargas en el enunciado, primero es necesario indicada nrt", áoó de componente media tensión alternante pura (sin es decir alternante tensión la ,una obtener mismo número de Goodman para "q"i"J"",", ocasiona el fallo por fatiga al eoliman o" criterio ;n;; componente media) o"; "i y alternante aplicadas que ru *rnlinut¡On de tensión media para obtener ciclos de carga de la curva S-N ya es posible emplear la ecuación con esta tensión alternante equivalente por el enunciado el número de ciclos pedido tensión alternante equivalente: En primer lugar se calcula la oa JNeq -

I

1--s",

I

3

2so

Ic

200

E o

qr ¡rJr

z (6

SN"q = 288'2 MPa

7-----i oml I

I

CÚ

c

:9

10(

a c_. o5{ F

O

ZUU

om

Tensión meclia (MPa)

la curva S-N: equivalente en la ecuación de Sustituyendo la tensiÓn alternante Sn = 1520 - 213 log(N) '1000 .--

d ¿

75o

@

r^.

103

104

S¡leq-1520

N=10

N = 606643

,ti

lnfluencra de las tensiones medias en fatiga

uniaxiaj 1g

:e.s on estática (tensión media) que equivale a una combinación dada (or, ou). Se define para :a determinada de N ciclos Si se utiliza el criterio de Goodman, corresponde al punto de corte e.e o- de una recta pararera a ra recta de Goodman que pase por er punto en cuestión (o,, ou): e

Oeq=Om+

Ecuación 3.5

SN

S

se utiiiza el criterio

de Soderberg, la recta deberá ser pararela a Ia recta de soderberg. ::-crobar si se produce el fallo por fatiga para esta vida, hay que comparar la tensión

para

estática =:'"¡alente oeq con el límite estático asociado al criterio con er que se ha definido (Su para el criterio de S:rerberg' Su Para el criterio de Goodman). se utiliza sobre todo en probremas en los que la vida del ::'nponente es conocida y se pide determinar el coeficiente de seguridad del mismo o bien sus : rensiones geométricas.

5',

'

üuq

c tut

(;m

Figura g.- Tensión estática equivalente.

1

:,,.,;:,':1...¡: .:r:::.. :::::.: ..

:J:lr,:;r"Jil::J:fff:XJl,o" . .

::

::

:

::.,

a..:: 1..,, ,,., ¡ . , .,-

.,,,,

cuando sobre ei componente aparecen tensiones medias '"'entarras

Material dúctil Material frágil

MATERIAL DÚCTIL

il;ffi::x:: *:,1;,';1fi::::"in:;':;H]"'" de Goodman modiricado o e,de Soderbers, que MATERIAL FRÁGIL En este otro caso es conveniente utilizar el criterio de Goodman (no existirá prácticamente fluencia). El efecto de la concentración de tensiones puede ser muy importante con respecto ar fa¡o por rotura estática Por ello el diagrama de Goodman debe ser modificado, reduciendo el Iimite de rotura Sut por el factor de concentración de tensiones kt (ver fig. t O¡.

biutlkr srr/kr

Su, su, Srr

%

Figura 10 - Efecto der concentrador de tensiones en un diagrama tensrón media-arternante

20

Conrponentes de Máquinas Fatiga de alto ciclo

3.3

de Calcular mediante:$nliones:está'iicas equivalentes el coeficiente'de seguridad de una:pieza crítico del punlo más el acero frágil.. ta tensión de rotura det material es Su ='l960rMPa. 'En se encuenlra comporrente',éxiste,:una entatla con un factor de concentraciÓn'de tensiones Ki = 2, 1¡ 2oo MPa' sometido a una {ensión nominal con componente media y alternante: o" = 100'MPa Y üm = ,El límite de fatiga en fá Secqiún eriticaes S" = 310 MPa.

Resolución

para el cálculo de la tensión estática equivalente a la combinación de tensión media y alternante

Se emplea el criterio aplicada sobre el material será necesario tener en cuenta que el material es frágil. medias la tensión normal de de Goodman, siendo el punto de fallo del material sobre el eje de tensiones rotura dividida por el factor de concentración de tensiones Kt'

.1 Kt

= nuo

tru

(g o_

¿ p

3oo

C

(ú

fi

zoo

(ú

c .o

'-a c

100

.a)

F

0

100 200 300 400

700 6"q

500

om

Tensión media (MPa)

800

000 su

1

Kr

La tensión estática equivalente resultante es: S,

om

= 'be

Oeo

*;-

r( oa

oeq=674'2 MPa

para obtener el coeficiente de seguridad pedido se ha de comparar esta tensión equivalente con el valor de tensión de fallo sobre el eje de tensiones medias, es decir con la tensión normal de rotura dividida por

K1.

a

x=

K

o"q

X-1.45

1,!

.n

a

.-

Ede D det

entra MPa.

TENSIONES MULTIAXIALES

@lr,i, l

.i)t:.:):..tf

¡i,

:iri5:,ii

fl Mi-,,

.Ll],

I' ::-::-:-:es mecánicos, es usual que la carga cíclica dé lugar a estados de tensiones complejos :::- Je tensiones normales debidas a un momentoflectorcon tens¡ones tangenciales debidas :"

:::-: ccn tensiones multiaxiales se realiza aquí mediante un enfoque basado en tensiones :: :.:s e:'livalentes: '

Considerando un criterio que tenga en cuenta el efecto de las tensiones medias (Goodman, Soderberg, etc.), se calculan las tensiones estáticas equivalentes: o¡eq, oyeq, o¿sq, r¡ysq, .r¡26q, eJ¿cq!

2. Se aplica a continuación un criterio de fallo

estático bajo tensiones multiaxiales para

determinarel posible fallo porfatiga. En general, para el caso de materiales dúctiles se utiliza el criterio de Máxima Tensión Tangencial o el de la Energía de Distorsión.

- :ampo de aplicación de este planteamiento está restringido a tensiones en fase o desfasadas 1g0o :r as que los ejes principales no giran durante la carga cíclica. Si se utiliza el criterio de Soderberg, las ::^s¡ones estáticas equivalentes para las tensiones normales y tangenciales son Oieq-O,r*

sy

.O'"

o uN

Ecuación 4,1

Jsv

'Ueq-tllm'

donde i, j = x, y,

z.

^ DsN

'rta

Ecuación 4.2

22

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

4.1

Calcular e[ coeficiente de seguridad para vida infiniia de un punto de la superficie exterior de un cilindro de acero dúctil sometido a una presiÓn interna que varia entre 0 y 20 MPa. DATOS: Radio exterior del cilindro R = 5 cm Espesor de las paredes e = 5 mm Tensién de fluencia Sv = 680 MPa Limites de fatiga Se = 200 MPa

Resolución Sobre el cilindro aparecen tensiones circunferenciales y axiales. Las tensiones circunferenciales están generadas por la presión sobre la superficie cilíndrica. Para su cálculo se secciona el cilindro con un plano que contenga a su eje, tal y como se muestra en la siguiente figura.

-

+

+-

Las componentes horizontales de la presión sobre el semlcilindro mostrado se compensan, quedando tan sólo la acción de las componentes verticales que será equilibrada por la tensión circunferencial. Esto posibilita el cálculo de esta tensión:

P (2R

- _vc

-

2e)

- 6".2

"

P (2R-2e) 2.e

Las tensión en dirección axial está originada por la acción de la presión interna sobre las dos tapas circulares del cilindro: o""

->

+ o-..

Pn(R

e)2

fcc]l =o,"nl R- (R-e)-l

ou*-jlx_9.

R2-1R-e¡2

Como la presión interna oscila entre 0 y el valor máximo, la evolución de la presión se puede describir con una presión media y una presión alternante iguales a la mitad de la presión máxima. Así pues, el

valor de las tensiones medias y alternantes que se obtienen coinciden. Además las tensiones circunferenciales y axiales alcanzan el valor máximo en el mismo instante de tiempo, luego están en fase. Las tensiones circunferenciales alternante y media son:

Tensionesmultiax¡ales 23 Pru,.

de un

oac= 5cm

om c

(zR-ze)

,

ou"=90

2.e

-

oa_c

om

nm

lVlPa

c=90

lVPa

y las tensiones axiales:

ÁPa

)¿

D lmAxo

oaax=

¿

n2-1n-e¡2

omax=oaax es estan

3 COn un

oa-ax =

42.63 MPa

o.m ax =

42.63

MPa

Las tensiones estáticas equivalentes se obtienen con los valores calculados de tensiones medias

alternantes aplicando el criterio de Soderberg:

¡..v

Oeqc=Omc-C-Oac

oeq_c =

ue

396

MPa

S.,

Oeq ax

- :f*i

': l

,ir

'

-:

v

= On_ax. E- Oa ue

ax

oeq ax = 187.58 MPa

= : --::-: de Energía de Distorsión, al tratarse de un material dúctil, teniendo en cuenta que : -:-: : ^:s calculadas son tensiones principales. Dado que en las direcciones axial y

: --':-':_-: a ro extste tensión tangencial oeo =

-E J 2' ^l

(o"o

c

oeq

," )t - o"o or'- o"o ^'

oeq=343 1lVPa

esta tensión equivalente se compara con la tensión de fluencia del material para calcular el coeficiente

de seguridad, dado que se ha empleado el criterio de Soderberg para el cálculo de las tensiones

estáticas eq u ivalentes.

dos tapas S.,

X= '

6"q

le describir \sÍ pues, el tensiones

ic están en

X= 1.98

€

=...-:=: =::"

f=

_e+.

?...J ii.¿-=.=.i

CARGAS DE AMPLITUD VARIABLE

l:::: a diferentes condiclones de funcionamiento de una máquina, es habitual que las historjas i*::': =a ls:ensiones evolucionen variando su amplitud. Los procedimientos que siguen permiten 1,:. "- i i:--=: :^:s de vida para este tipo de cargas.

::

=a rngren-Miner aplicada a series temporales de distinta amplitud establece que el fallo por la suma de las fracciones de vida consumidas por cada tipo de ciclo alcanza

:-::üce cuando

flt

llc

fh

Nr N2 N3

ni

Ecuación 5.1

L\,

oa3

I

6^" oa1

6a2

Nl

Figura

1

No N2 N (ciclos) 1.- AplicaciÓn de la regla de Palmgren-Miner en la predicción de vida para cargas de amplitud variable alternantes puras.

De acuerdo con la Figura 1 1, si se aplica una carga de amplitud de tensiones oal durante un número de ciclos n1 y si el número de ciclos hasta el fallo obtenido de la curva S-N para o¿ es N1, entonces se ha

consumido una fracción de vida nrlNr. Si se considera otra amplitud de tensiones oaz, con su

correspondiente vida Nz, aplicada durante nz ciclos, se consume una fracción de vida adicional de nziNz, etc.

Si se aplica una carga de amplitud de tensiones ou¡ inferior al límite de fatiga su vida teórica es N = -, por lo que en principio esta carga no interviene en la regla de fallo acumulado de palmgren-Miner. Sin embargo algunos autores opinan que aunque este tipo de carga por sí sola no produce fallo de fatiga, sÍ puede contribuir al crecimiento de grietas originadas por otras cargas. Por ello proponen calcular la vida

26 3:-::'e'tes

ce lv1áquinas. Fatiga de alto ciclo

ciclos (como si no existiera límite de fatiga), de manera que En los este tipo de carga consume una pequeña fracción de vida y el cálculo resulta más conservador. problemas de este libro se utiliza indistintamente un criterio u otro

N prolongando la curva S-N más allá de

106

Limitación fundamental de este planteamiento: No considera la secuencia de aplicación de cargas. por tanto, puede dar lugar a predicciones que estén claramente por debaio o por encima de lo estimado.

Aplicación a bloques de carga: Se suman fracciones de vida para una sola repetición y se multiplica por el número de repeticiones de la secuencia Bf soportables hasta el fallo.

t'[Ifr]"""u"n",u=

Ecuación 5.2

1

Existencia de componente media: Si algunos ciclos de la amplitud de carga presentan componente

calcula media, se calculan las correspondientes tensiones alternantes equivalentes. Posteriormente se de tensiones rangos los considerar la correspondiente vida Ni mediante Ia curva S-N. Se debe además Por causados por los cambio de la tensión media al realizar el sumatorio de las fracciones de vida. (o.2, son por (o'r, oa2) our) Y ejemplo, en la Figura 12los ciclos de tensión media-alternante definidos la mayor parte causará Este ciclo (o's, ous). ciclo adicional un considerar debe se embargo, Sin obvios. puede dar del daño de fatiga si our y oaz son pequeñas, de forma que en este caso omitir este ciclo como consecuencia una sobreestimación importante de la vida a fatiga. SN

s"rta s99 ,"1 s"^,t,

Tiempo

Na

Nr

N2

N (ciclos)

Figura 12.- predicción de vida para historias temporales repetitivas con variación de tensión media

para variaciones irregulares de la carga con el tiempo, no es obvio cómo pueden aislarse cada uno de los sucesos y definirlos como ciclos, de forma que se pueda utilizar la regla de Palmgren-Miner. Se

el método Rainflow. El objetivo es identificar la existencia de ciclos. su tensión medla y alternante) y contabilizarlos. (es dar decir, caraclerizarlos Una historia irregular de tensiones consiste en una serie de picos y valles, que son los puntos máximos y mínimos relativos, como se ilustra en la Figura 13. Son importantes los rangos de tensiones, es decir.

describe

a

continuación

las diferencias entre picos y valles, o viceversa

Criterio de existencia de ciclo: Existe un ciclo si el segundo rango es mayor o igual que el primero Reglas prácticas:

1. 2. 3.

4.

Reordenar la secuencia de forma que comience por el pico que tiene el mayor valor absolutc de tensiones. f omar una terna pico-valle-pico o valle-pico-valle (en el ejemplo de la Fig. '1 3, la terna D-E-F). Si el segundo rango, Aorr, es mayor o igual que el primero, Aoor, entonces se ha encontradc un ciclo" Se caracteriza y se contabiliza. Si el segundo rango, Aoer, es menor que el primero, AooE, entonces no hay ciclo, y se toma otra terna E-F-G. Se comprueba si hay ciclo. Si no, se tomaría otra terna F-G-H.

Cargas de amplitud

anera que

lor. En

variable 27

Siempre que se localice

Ios 6

de cargas

7

:¡a de c

un ciclo, debe ser eliminado tras su caracterización (por ejemplo, un¡endo los puntos D-G de la Fig. 13). Se comienza a tomar ternas de nuevo desde el principio, D-G-H y se repite el proceso. Al final, siempre aparece el ciclo de mayor amplitud de la secuencia (ciclo D-G-D). Se finaliza

el proceso de conteo de ciclos cuando la historia temporal desaparece, al eliminar picos y ,'alles.

O rlvlPa)

o

l

(lVPa)

500

=:-a: :- i l

400 300 200 100 0 -1

00

-200 -300 -400 -500

:',iPa)

l

O (l\4Pa)

D 500 400 300 20a 100

¡

0

100

2cc

:oo

-200

l

-300 -400

]

r00 iL:.:

o( N/Pa)

f+_ : 3

o 500

400

400

L\

300

300

2AO

I t

(rVPa)

¡ lD 500

2AA

100

100

0

0

,t 00

--- - rr^-. = | ?

:-:

-1

-2AO

-200

-300

300

.400

-440

500

r-::s naxln^:: "--, ,l =:

!^^, ^^ UEL aD

00

-500

Figura 'l3.- Ejemplo de conteo de ciclos med¡ante el método Rainflow.

=- el ejemplo de la Figura 13, se localizan 4 ciclos diferentes: los ciclos E-F-E,, A-B-A,, H-C-H,y D-G-D. lada uno de ellos aparece una Única vez. La caraclerización de estos ciclos es como sigue:

:

:"

"nero.

,a cr absolutc

Tabla 4.- Caracterización de los ciclos que aparecen en el ejemplo de la Figura 13.

Ciclo E-F-E'

No

veces o'

1 1

(MPa)

O" (MPa)

100

200

-50

150

:3rna D-E-F).

A-B-A'

ra encontrado

H.C-H'

50

350

D-G-D

50

450

I

: o. y se toma

28

ciclo Componentes de Máquinas Fatiga de alto

5.1

de tensiones variables con el tiempo: caracteri¿ar los ciclos de la siguiente secuencia

s

{MPa} 500 40ü 300 200 100

0

Tiempo

-100 -200 -300 -400 .500

Resolución

de baja apreciar la existencia de tres ciclos: dos ciclos

A simple vista, en esta secuencia es sencillo amplitud,definidosporlasternasB.C-DyD-E-F,yunciclodegranamplitud,A-F-G'Evidentemente' tecnica de Ralnflow, como se detalla a la apíicación de la esta cuestión también es abordable mediante continuación.

Dadoquelasecuenciacomienzayterminaporelmismovalormáximo,noesnecesar¡onlnguna rango de primera terna A-B-c' observamos que el segundo reordenación previa. Tomando entonces la En B-c-D' terna primero A-B Por tanto' tomamos la siguiente tensiones B-C no es mayor o igual que el cerrado queda y c-D es igual que el primero se observa que el segundo rango de tensiones este caso

y su tensión alternante: un ciclo, caracterizado por su tensión media

ciclo TiPo

l

o.n = -3oo MPa

ou = 100 MPa o

o

(MPa)

o

(N/Pa)

+ 500

500

500

400

400

400

-200 -300 -400 -500

100

100

100

.'100

200

200

200

0

300

300

300

0

0

Tiempo

-T

([/Pa)

t

Tiempo

00

-1

00

200

-200

,300

-300

-400

-400

-500

-500

el ciclo B-C-D se procede a la elimlnación de como se observa en la figura, una vez caracterizado pll,: o encontrando un nuevo ciclc

el proceso desde el ciclo, uniendo el punto A Án el D. Se repite por tanto la secuencia presenta dos ciclos de Tipo l' D-E-F con la misma tensión media y alternante. ciclo de la unión del punto A con el F' aparece un único Tras la eliminación del ciclo D-E-F mediante será: caracterización de este segundo tipo de ciclo gran amplitud definido por los puntos A-F-G. La Ciclo TiPo

ll:

om = 0 MPa

oa = 400 MPa

Y

Cargas de amplitud

3

2

variable 29

caraclerizar los ciclos de la siguiente secuencia de tensiones variables con el tiempo mediante la iécnica Flainflow:

o

{MPa)

500 400 300

200 100

0 "100 -2ü0 -300 -400 -500

Fesolución

j no comenzar ni : os de bala lentemente. : se detalla a

:'io

ninguna

la

terminar

'co rango de 'a B-C-D. En

o

,-"da cerrado

(lVPa)

o

(MPa)

o

500

500

400

400

400

300

300

300

200

200

200

100

100

100

-1

0

00

-1

Iem00 '

00

-200

-200

300

-300

-300

400

-400

-500

.500

-500

Tiempo

o

del

.uevo ciclo e Tipo

: será:

(MPa)

o

(lVPa)

500

500

400

400

300

300

200

20a

100

100

l.

ciclo de

-100

-200

,400

- nación

máximo procedemos

500

G

' co

el valor

G

0

;

secuencia por

a

reordenar

convenientemente sus tramos. Como se observa en la figura, los puntos A y H ocupan la misma posición relativa en la secuencia. El tramo G-H es trasladado al inicio de la secuencia, de forma que ésta comienza y termina por el punto G (valor máximo). Notar que el punto E corresponde al mismo valor máximo y por tanto, otra opción perfectamente válida hubiera sido trasladar los tramos E-F-G-H al priircipio de la secuencia. En este supuesto, la secuencia comenzaria y terminaría por punto el E.

0 100

.204

0 -1

00

-200

300

-300

400

-400

500

o

(lVIPa)

500

o

(MPa)

(MPa)

30

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

Una vez reordenada la secuencia, se toma la terna G-B-C. Se comprueba que no corresponde a un ciclo, ya que el segundo rango de tensiones no es mayor o igual que el primero. Se toma la terna siguiente, B-C-D, en la que el segundo rango de tensiones C-D es igual que el primero B-C. Por tanto. se ha encontrado un ciclo, que denominaremos de Tipo l, cuya caracterización es: Ciclo Tipo

l'

:

om

-350.MPa

oa = 150 MPa Se elimina dicho ciclo med¡ante la unión de los puntos G y D. A continuación se inicia el proceso desde el punto G, encontrando que la terna G-D-E es un ciclo, al ser el rango D-E igual que el primero G-D' Su caracterización es: Ciclo TiPo

ll:

om

-

0.MPa

oa = 500 MPa Una vez eliminado este ciclo, se comprueba que la terna G-F-G corresponde a un tercer tipo de ciclo de la secuencia: Ciclo TiPo

lll: o,

= 400 MPa

oa = 100 MPa Nótese que este último tipo de ciclo, aunque de pequeña amplitud, presenta una elevada tensión media

5.3

La placa de la figura está sometida a esfuerzos axiales como los mo$trcdos en el gráfico, repitiéndose este ciclo en el tiempo. La geometría queda determinada conociendo los siguientes datos:

- H=10cm - h=5cm - e = 3.2 mm - r = 2.5 mm

espesor de la Placa radio de acuerdo en el cambio de altura F {Newton)

30000

F

+>

20000 10000

tiempo

Obtener el ciclo de carga en tensiones para la sección del cambio de altura de la placa y contar los ciclos indicando las tensiones media y alternante.

Resolución Para calcular laS tens¡ones asociadas al ciclo de carga axial debe considerarse: F

he

Cargas de amplitud

variable 31

o (MPa) 187,5 125,0 62.5

tiempo

: ;-ra (a)

Figura (b)

o (MPa) 187,5 125,0 62,5

tiempo

t¡empo

Figura (c)

/ = :,'a

a) puede apreciarse el resultado del ciclo en tensjones.

::-:- a lécnica Rainflow se obtienen los tipos de ciclos de carga que se aplican sobre la sección. ::.'.:3 un primer ciclo B-C representado en la Figura (b), otro igual representado en la Figura (c) y

:':=-:

A-F representado en (d). La tabla siguiente resume la caracterización de los ciclos: Ciclo

o'a,

(MPa)

O'in (MPa)

o, (MPa)

O" (Mpa)

B-C

187,50

62,50

125,00

62,50

D-E

187,50

62,50

125,00

62,50

A-F

187,50

0

93,75

93,75

O' (MPa) 125,00

o" (MPa) 62,50

93,75

5'4 ontar los

Suponiendo que el material del componente de la cuestión anterior es un acero frágil con y que ha sido mecanizado, y considerando que sobre el mismo se aplican los ciclos de carga calculados en dicha cuestión, determinar el número de repeticiones del ciclo de carga que sopoftará el componente con una confianza del 90 %. Su = 792 MPa

Consídérese como sección más desfavorable la del carnbio de altura de la placa, que tiene una reducción del límite de fatiga por efecto de la entalla de vaior Kt 2.95. =

Resolución Para resolver el ejercicio debe aplicarse la regla del fallo acumulado de palmgren-Miner para obtener el número de repeticiones de la secuencia de carga:

lr-

32

C:r:ccrentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

n,

(

- --+ B

nz) - j=1

IN, ruz/

En primer lugar es necesario calcular la vida asociada a cada tipo de carga N1 v Nz para lo que resulta necesario conocer la curva S-N correspondiente a la sección del concentrador de tensiones a partir de la curva de una probeta de este material modificada por una serie de factores. La curva tensión-vida de una probeta normalizada sometida a flexión rotat¡va, se obtiene a partir de los valores de esta curva para 103 y 106 ciclos. En 103 ciclos se estima la tensión de fatiga de la probeta como: S'rooo

-

0.9

S'rooo = 712.8 MPa

Su

En 106 ciclos se estima el limite de fatiga del material como: S',e

-

S'e = 396 MPa

0.5.Su

En la pieza se calcula la tensión de fatiga a 103 ciclos con la siguiente expresión: ü1

s" = K. K^ K^.Kd" Kó"K1

-

Para 103 ciclos se t¡ene:

-

Factor de acabado superficial: K" =

1

Factor de tamaño: Ko = 1 Al ser Ia carga axial: K" = 0.923 Asumiendo temperatura ambiente de 20o: K¿ = Para la confiabilidad del 90%: Ke = 0.897

1

Como el material de la pieza es frágil, también a 103 ciclos hay que tener en cuenta el efecto del concentrador de tensiones: Kr = 2.95

Sustituyendo todos los factores en la ecuación anterior particularizada para N = 1000 ciclos: Srooo

=

K¿ K5 K6 K¿

K"

t-lo9o K¡

Srooo = 200 1MPa

A continuación se calcula el Iímite de fatiga correspondiente a la sección crítica, para ello deben recalcularse aquellos factores que varían su valor de 103 a 106 ciclos:

-

Ku (acabado superficial mecanizado):

a=

b

4.51

Ka-aSub

-

-

-0.265

Ka = 0.769

K¡ = 1 ya que la carga es un esfuerzo axial, y no hay gradiente de tensiones.

El resto de factores no varía, asi pues se tiene:

S"

-

S.

K" Kn lG Ka" K^' "Kt

Se = 85.5 MPa

Conocidos los dos puntos de la curva S-N de la sección crítica, puede obtenerse la ecuación de dicha curva entre 103 y 106 ciclos:

-

s"-

srooo

Srooo=c+olog(lo3)

D

se=c+olog(loo)

C=Se 6D

J

D = -38.2

C=314.7

Cargas de amplitud

variable 33

(ú 0_

z = U)

103 104 105 1ob

10/

N (ciclos)

:

: raer ulilizar la curva S-N obtenida anteriormente se calculan las tensiones r:1ies a cada uno de los tipos de ciclos de carga:

- = .-Áo

alternantes

on. -oo t.il

[^,] -

Para el primer tipo de carga se tienen unas tensiones medias y alternantes tgua es a omr= 125 MPa

o"r= 62.5 MPa oeqr=

-

1

1B'7 MPa

Para el segundo tipo de carga se tienen unas tensiones medias y alternantes !guales a: omz= 93

75 MPa

ouz= 93

75 MPa

oeqz= 145

4 MPa

Slstituyendo las tensiones alternantes obtenidas en la ecuación que describe el comportamiento a 'atiga de la sección se obtiene el número de ciclos de cada tipo de carga que ocasionarÍa el fallo: Seqt-C

S"qr = C + D log(N,)

N1

D

-10

Nr = 1.35x

105

,,

,O+

Seqz C

Seqe

-C+ o log(Nr)

N2

- 10

D

I'1,

-

2.71

Aplicando la regla del fallo acumulado para obtener el número de veces B que puede repetirse la secuencia de carga:

/..

+ Nr Nu,

inint

B :: dlcha

donde

n1

=2 y

nz

=1

= 1 segÚn los datos del enunciado. Por lo tanto, despejando el valor de B en

ecuación anterior se obtiene: B = 19345

Ia

g

-

,i :t.ia¡-: t! _

:

DISENO DE ARBOLES Y EJES

_- ii [: : t. =.=. serdiseñado a rigidezy a resistencia. En el diseño a rigidezse deberáevitarque la rigidez torsional

-riij :,rr

3::-::::.:

: eno nivel de desplazamiento máximo en deflexión lateral. Además

:idir j ! ::r:,- le -n par torsor deberá ser suficiente para evitar que el giro de una sección del árbol

"ir¡ii;,irii a:--'.-3 scbrepase un nivel máximo.

;1 :-.:--'., 'es stencia. Ia causa de fallo más común es la fatiga. El fallo normalmente : ,- - : *:s :es javorable, tÍpicamente en un concentrador de tensiones. : -.:.:::=::=::;::'-:..ii.a-+: .r.:í,:f:,ii..a:::,:..:,.,.::.ja-,1.. ,,;:lj::=::j:::. -;.;;;:;-;,'..-:..:;,:,:::,: 'É'ija,a:'i.:l=:',::...,:tl::,-':.:;-::i.ii.::.;..!i':.:-.

i

DEFLEXIONES

-

comienza en el

En ejes de transmisión la deflexión lateral debe ser inferior a

'l mm/m de longitud.

En árboles con engranajes es conveniente una flecha menor de 0.1 mm y una pendiente menor de 0.03. Otra recomendación es que la flecha máxima sea menor que 0.005 mm/ancho de la cara del engranaje.

RIGIDEZ TORSIONAL

-

En árboles de maquinaria y transmisiones, la deflexión angular está limitada a 0.25 '/m de longitud.

-

En árboles de levas utilizados en motores, la deflexión angular debe ser menor de 0.5 grados en toda la longitud.

NOTA: El giro producido por un momento torsor T, sobre una longitud L, en una sección de momento polar de inercia J, se calcula como a --

T.L J.G

Ecuación 6.1

36 3:-::-:r:es ce l';láquinas.

Fatiga de alto ciclo

Para el caso de sección circular:

32TL e=_ n

6.1

Ecuación 6.2

L

d'

G

Calcular el diámetro necesaric para lirnitar la deformación angular en un árbol de transrnisión a ü.25"1m, sabiendo que transmite una potencia de 5kW y que gira a una velocidad de 1500rpm.' Dato: el módulo de rigidez a torsión del acero €s G = 8.1.1010 Nlmz.

Resolución Para calcular el ángulo de giro entre dos secciones de un eje sometido a torsión, se dispone de la siguiente expresión

0=-32TL n.da G En la expresión anterior se puede despejar el diámetro. Hay que tener en cuenta que la limitación que se tiene es de ángulo girado por unidad de longitud, es decir 1lL, y para su empleo en la ecuación resultante las unidades deben ser radlm. 1

/ s2T \ ; d=lIlnG- e I

L,

|

\

El par torsor T se obtiene con la potencia y la velocidad rad r¡-1500rpm o=157.08-

sec

T=-P

(D

T = 31.83 N.m

La deformación máxima que se desea es:

o

eo:0.25-Lm

ql?d

0.25- 4.36 \ 10 "mm

y sustituyendo en la ecuación del diámetro 1

d=

-; _l 32T le\ Itu.-II tLr l I

-^l

il

d=0.031

m

d=30.9mm

|

Las fases son dos: 1

.

2.

Obtención de tensiones estáticas equivalentes mediante un criterio que tenga en cuenta el efecto de las tensiones medias (Goodman, Soderberg, etc.). Aplicación de un criterio de fallo estático a dichas tensiones equivalentes.

Este planteamiento en general conduce a ecuaciones conservadoras. Se supondrá que las tensiones producidas están en fase o en oposición de fase.

Diseño de árboles y

eles 37

DESARROLLO DE EXPRESIONES DE CALCULO PARA MATERIAL

u'Úcnt :;ni,rlti[r"{ r:]É

:

---:': r:

estado tensional definido por: = s-:erficie de un árbol se tendrá un

'*r-: : -.?-< -: --a es medias y alternantes '*,- i, r -iS r|srnsm']l|l,n,,

13-i-:

'l

-rmm[

l

.I1iltl

om Y oa

--"-3:'ctales medias y alternantes

t'

y tu

j,t"i,i-t: e criterio de Soderberg, se pueden definir las correspondlentes , E-]É-: - 3s es:áticas equivalentes para una vida de N ciclos:

i.;.ft1tr:

'lli[r-rdr*s

tensiones

sy

Oeo-6m* ^ '5¡ ::,:-:

:É

6a Ecuación 6.3

lfil

a

"sy

Leq-rm-

c usN

La

:: : : - : ::.ar q ue el estado tensional bidimensional def inido por oeq y req es estático y, por tanto, {.: ;,:,::: =i .?t ur criterio de fallo estático para tensiones multiaxiales. Aplicando el criterio de la r,i,Li *: -:-s :- -iangencial (MTT) con un coeficiente de seguridad X: j,+ :

-=

sy Oieq=Olm+-Oja

sy

zx=

Ecuación 6,4

üN

ui¡€ndo las expresiones de o6q y req queda como

S, , - lo-+i.o_l

-'.r-

/

x

S

s\ ") _4 \,r^_ ss',r '] ,/ ["'

(criteriodeSoderberg)

Ecuación 6.5

as tensiones normales medias y alternantes om. oa €Stár producidas únicamente por momentos

';crores medios y alternantes M',

y no por fuerzas axiales, y las tensiones tangenciales medias

y

: :ernantes rm, ra están producidas por momentos torsores medios y alternantes T". T", se obtiene

la

Mu

ecuación para el diseño de ejes.

o'-'1* /['.-]'"1' n Sv,/ [ uN ,/ 1,. \

!?,."¿?i"i:ilr Ptl' sst'l )

Ecuacón66

Si se utiliza como criterio de fallo estático el criterio de la Energia de Distorsión (ED) resulta

t,-l'^L ta i.-l' x J[""- * ouJ *'["* r*'".J -

sv

t"ffi

e32xFr d"= "' sN ") -.lTn^ /lM,-:=Mul nsuJl 4[ c-.;enta el

:e¡stones

(Criterio de Soderberg +

'T"l

ss¡r ")

(Soderberg + ED, sin fzas. axiales)

ED)

Ecuaciót' 6

7

Ecuación 6.8

que es menos conservadora que la obtenida anteriormente.

DESARROLLO DE EXPRESIONES DE CÁLCULO PARA MATERIAL FRÁGIL Para el caso de que se tenga un eje construido con un material de comportamiento frágil, el desarrollo es similar: se calculan las tensiones estáticas equivalentes a través del criterio de Goodman y se aplica

38 !:-::^er:es

oe |,láquinas Fatiga de alto ciclo

(criterio de la un criterio de fallo estático para tensiones multiaxiales adecuado a materiales frágiles lv'láxr

6,2

ma TensiÓn Normal)'

los de A la hora de diseñar un árbol se deben satisfacer tanto los requerimientos de rigidez como para satisfacer los resistencia por fatiga. El diseñador se enfrenta a dos opciones; a) dimensionar dimensionar a fatiga y requerimientos de iigiOez y verificar posieriormente qüe resiste a fatiga; b) las dos opciones suele verificar posteriormente que cumple los requerimientos de rigidez. ¿Cuál de ser la más adecuada?

Resolución hay que fiiar diámetros El diseño de un árbol es un problema con numerosas variables de diseño: los diámetros (radios de (generalmente variable a tramos a lo largo de la longitud), transiciones entre de transmisión acuerdo), longitudes en cada uno de los tramos, posicionado de los elementos

etc ), posicionado de (engranajes, poleas), fijación de dichos elementos (hombros, resaltes, chaveteros, planteamiento seguido en el proceso de los elementos de apoyo (rodamientos, cojinetes). Por tanto, el variables existentes' diseño tiene importancia a la hora de fijar algunas de las múltiples que restricciones impuestas por consideraciones de rigidez son las más

las Generalmente sucede la diámetros que los necesarios por fatiga' Por tanto, la opción a) es mayores críticas e implican las partir de a necesarias recomendable. Es decir, en primer lugar hay que calcular las dimensiones que dicho diseño comprobar y seguidamente 6.2 Apartado el en señaladas rigidez restricciones de preliminar resiste a fatiga

6.3

El árbol de la figura, de diámelro D, transmite un par torsor desde el par de engranajes motor

al par de

engranajes resistente' Suponiendo

que la potencia

y el

régimen

de giro

se

mantienen constantes, dibujar un esquema de la evolución de las tensiones tangenciales con

ENGRANAJE

el tiempo en el punto A debidas a dicho par torsor. Dibuiar un esquema de las tensiones normales en el mismo punto A, si es que existen.

Resolución están y Todas las secciones del árbol comprendidas entre el par de engranajes motor resistente al tiempo el con sometidas al mismo par torsor. Este par torsor, que llamaremos T, no cambia permanecer constantes tanto la potencia transmitida como la velocidad angular del árbol. Las tensiones tangenciales en el punto A de la superficie generadas por dicho par torsor son:

,6.7 .o' _

nD3

y su evolución con el tiempo es constante: TA

Tiempo

Diseño de árboles y

:'lterio de

::f

la

ctro lado, la transmisión de esfuerzos a través de engranajes como los de la figura (cilíndricos de

I :^tes rectos) da lugar a fuerzas con componente radial y componente tangencial a ¡os engranajes. :s:cs vectores fuerza ocupan siempre la misma dirección en el espacio. Además, su módulo es ::rstante por ser constante el par torsor transmitido. Dichas fuerzas producen un momento flector con ':specto a los puntos de apoyo del árbol (no representados en la figura) y que genéricamente

]rno los de tisfacer los r a fatiga y ones suele

::rominaremos aquí

M.

-raCo que los vectores tuerza no cambian, el momento flector existente en la sección del punto A no :ambja con el tiempo. Sin embargo, desde el punto de vista del punto A, las tensiones normales ;eneradas por este momento flector cambian con el tiempo, ya que el punto material gira con el árbol. \;3tar que el punto A experimentará la siguiente secuencia de tensiones: Io) tensiones normales -áximas de tracción; 2o) tensiones normales nulas (fibra neutra); 3o) tensiones normales mínimas de -:"npresión; 4o) tensiones normales nulas (fibra neutra); 5o) tensiones normales máxlmas de tracción. =sia secuencia se repite con cada vuelta del eje. Por tanto, el valor máximo que alcanzan las tensiones

a- diámetros :s iradios de :.ansmisión

^::males de tracción en el punto A es:

s cionado de

proceso de oA,máx

-.oil las más

=

32.M

-;n.Do

, su variación con el tiempo es:

cr a) es la :artir de

ejes 39

las

oA

: oho diseño .f

r

-)iGRANAJE MOTOR

l

,\\ s:ente están s tiempo al a.r tensiones

6'4

El punto más desfavorable de un eje de 40 mm de diámetro se encuentra sometido a un momento flector M=250Nm y a un partorsor T= 150 Nm. Calcularel coeficiente de seguridad afatiga del mismo, sabiendo que er materiar es un acero dúctir con su gg0 Mpa, sv 7gs Mpa y conociendo = = los siguienles factores modilicadores del límite de fatiga: ka=0.g5, ko= 1, k,_0.g, krflexión=2, kr tosión = 'l .6

Resolución El momento flector aplicado, al girar el eje, originará una tensión normal alternante pura, de ahÍ que en la ecuación de cálculo a fatiga del eje aparezca dicho momento en el término de momento alternante l\4u, mientras que el par torsor origina en los puntos de la superficie del eje una tensión

constante, por lo que en la ecuación dicho par aparecerá como un torsor medio T..

tanQencial

Dado que se trata de un material dúctil y que no existen fuerzas axiales, se puede emplear para el cálculo del coeficiente de seguridad la siguiente expresión obtenida a través del criterio de máxima

tensión tangencial.

S" ,' , S",, \2 3 32X //r M",-:Mul+ jI"] Tr, rrr nSuni t Se \ S"" ) En la expresión anterior es necesario determinar el límite de fatiga bajo el esfuerzo de flexión S".

Se=ka.ko.kc.kd.ke , L kf_ftexión

S"

Los factores correctores por acabado superficial, temperatura, confiabilidad y concentración

tensiones son datos proporcionados por el enunciado del problema. El factor de tamaño se calcula con la siguiente expresión:

-

de

T iil

i

40

C.rreonenies de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

kb

(

r

¿

01133

rz¡k]

kn

-

0.83

el factor de tipo de carga para flexión:

k.=1 y el límite de fatiga de una probeta normalizada se puede estimar como

S'"=05S'

S'e = 490MPa

con esto el límite de fatiga será

Se

ka.kb kc.kd k"

t'" -L Kf-rr""

S"

-

155.3MPa

y despejando el coeficiente de seguridad en la ecuación del diámetro, dejando sólo aquellos términos que no sean nulos:

nSud3

x= .)¿

ls"t'l)' * (r')' l*

X= 3.9

Parte ll

PROBLEMAS RESUELTOS

Problema 1. Soporte sometido a carga axial descentrada variable

\ '

Si' lu ru'ruñ ;fr,@ : .i4.ltrü'trl

43

pto. a

tr itrttr: :-iiie la pieza de acero de secclón circular de la figura vatía én el tiempo desde {r f r- - = -1000

N.

ütrilü'üilil&- *, l;tÉi't,i:I3 de seguridad a fatiga X en el punto a del cambio de diámetro para vida infinita y $lr -rd ::'' =-= ::: jei 99%.

l¿-l i r :'a:¿dc de rectificado

:":-s:ante de Peterson para este acero: ü

-

0.1 mm

S = 250 MPa S- = ¿80 MPa

i-=1.5cm

Lz=gcm

i=lmm

D=24mm

d=20mm

Factor de tamaño para ta seccién del cambio de diárnetro bajo carga de flexién: Kor 0.9 =

1-r:-'1,

Si fuese necesario trabajar con tensiones medias, utilizar el criterio de Goodman a la hora de considerar su efecto.

44

alto ciclo Componentes de Máquinas Fatiga de

PLANTEAMIENTO

grieta de fatiga' Las tenslone= el punto crítico donde se iniciaría la En este problema se indlca cuál es quegeneralafuerzaFenesepuntoson,enprimerlugar,unatensiónnormaldebidaalaxial,qu: que la línea de acción de l¿ y aoemai una ten!¡ón normal' dado tendrá componente media y alternante, al ele del componente' igual al radio del cilindro respecto fuerza acIúacon una

"*."Á,ri.¡o"o

SOBRE EL PUNTO CRíTICO 1.. CÁLCULO DE LAS TENSIONES alternante: una componente media y una En este problema la carga tiene Fmáx

*

Fm,n

Fmed

Fmed =

E_ latt-

z (ú

N

:

Fmá*

-

Fmín

= 1500 N

Fau =

2500 N

2

3000 2000

o

LL

1

000

TiemPo

generada por el flector tler: de la sección' En este punto la tensión Se debe estudtar el punto inferior L: componentemediade.,,u"".on,queesperjudicialenfatiga.AdemáSlatensiÓnalternantegeneradap:" o"iu.adas 180', luego los efectos se restan por el axial que sdado el flector y la alternante generada cuenta en "r,an que tenerla luego en principio no hay tensión media del axiat el de compresión, efecto en todo caso resulta beneficioso' tensiones en el punto crítlco: representará la evolución de las Se

-

de la carga: Momento generado por la excentricidad

M(t) = F(t)

I 2

Tensión debida al axial en el punto a:

(t) =

ou*

4 F(t) n.d-

Tensión medla:

4 F-"0 om.ax

.2

l-(

d

om.ax =

-4'8

MPa

Problema 1. Sopone sometido a carga axial descentrada variable

45

Tensión alternante:

4

F^u

oa.ax

oa.ax = B MPa

ft.d2

r:-srón debida al flector en el punto

a:

or(t)

32.M(t) =

n.o

-:--< 3. :nedia: sz (r'."0 um.f -

d)

t)

omt=19'1 MPa

fi.d3

-9-siÓn alternante:

lo)

ua.f

32. F^,,.\ "', c)

---

o¿.1

^ ,J

-

31

.B MPa

rT.d

o

F

=_.

_

_ = =-:

:n{p

-

-ül)

-=¿- --= i-

il:I",

2.. CÁLCULO DE LOS LíMITES DE FATIGA =r crimer lugar se calcularán los límites de fatiga de la sección del cambio de diámetro

:3.dientes a los dos tipos de esfuerzos existentes:

L:s factores modificadores del lÍmite de fatiga son:

-

Acabado supedicial rectif¡cado: Ku

-

=

1.bB Su

o

o85

Ka = 0.93

Tamaño: Para carga axial al no existir gradiente de tensiones: Ko" = Para flexión el factor es dato del problema: K51 = e.g Tipo de carga: Para carga axia¡: Kca = 0.923 Para flexión: K"r = 1 Suponiendo temperatura ambiente: K¿ = 1 Para una confiabilidad del ggok: K. = 0.814

1

corres-

el factor de Efecto del concentrador de tensiones de la sección: se obtiene en primer lugar gráficas las en carga de concentración de tensiones para cada uno de los dos tipos correspondientes.

I

D

-=1.2 d Para carga axial: Kta= 2j2

d

= o.os

Para flexión: Ktr = 1.95 El factor de sensibilidad a la entalla se estima con la ecuación de Peterson: 1

v-

a = 0.909 a.

1+-

r

y y los factores de reducción del límite de fatiga que se obtienen para axial flector son:

Kt" = q (Ktu Ktr = q (Ktr

-

1) +

-

1) +

Ktu = 2'02

1

Kr=.1

1

86

a flexión rotativa se estima El límite de fatiga de una probeta normalizada del mismo material sometida como:

S'e = 0.5

S'e = 240 MPa

Su

de fatiga: Con los factores calculados anteriormente se obtienen los siguientes límites Para el axial: Ss¿ = Kr'K5¿ K.u K6 K"

S

^l

Sea =

"

83"5 MPa

Para el flector:

S",

-

K"

Ko1 K.1 K¿

K"

]

Set=882 MPa

S'"

3.. CÁLCULO DEL COEFICIENTE DE SEGURIDAD Tensión estática equivalente correspondiente al flector: SU

6eo.f = O¡¡1*;-

'

6¿.1

oeqt = 192 3MPa

bef

la tensic' Tensión estática equivalente correspondiente al axial: para calcularla no se ha considerado para la tensiónegativo el signo ha tomado parte, se Por otra media dado que ésta es de compresión. tensióla a respecto 180o desfasada encuentra se que tensión esta alternante para tener en cuenta alternante del flector. oeq.ax

=

jS

(-u"r)

oeq.ax=-457 MPa

ueA

la tensión estática to:a Como ya se ha considerado el efecto del desfase en las tensiones alternantes, será igual a la suma de las estáticas equivalentes calculadas'

o=oeq.f+oeq.a*

o = 146.6 MPa

Problema 1. Sopode sometido a carga axial descentrada variable

e

47

coef ic¡ente de seguridad correspondiente a este punto será:

x=

a vu

-o

X= 3

3

Evaluar la inftuencia de considerar el efecto de la tensión med¡da de compres,c' .ei axtal. Dado que existe una tensión media de tracción del flector de mayor módulo, tiene ser¡ticc 'ea; zer ia resta de ambas a la hora de calcular med¡ante tensiones estát¡cas equ¡valentes

Calcular el coeficiente de segurictad en el punto super¡or de la sección, en el Qti€ €i ' ,3:;¡ ertgrná tensiones que están en fase con las del axial.

a tensiór a tensiór

a tensiór

:s:ática totai

48

Compor:entes de Máqurnas, Fatiga de alto ciclo

':.

La placa de |a figura está sometida a una carga que oscila entre

Fm¿¡

-

20 kN Y Fmin = 5 kN'

datos; Calcular el coeficiente de seguridad a fatiga & para vida infinita, se$ún los siguientes Geometría de la Placa: Espesor: e - 1cm H=6cm h=4cm

'

Lr=3cm

.

Lz=15cm

Radio de acuerdo en el cambio de altura: r = 2 mm Factores de concentración de ténsiones €n el cambio de altura: Ktlax¡ = l'6 Axial K¡t11 = 2.2 Flexión

'Ánguloü=84.9o

' .

Material: aceró dúctil con Su - 620 MPa Factores correctores del límite de fatiga: Factor Factor Factor Factor

de suPerfieie: Ka = 0'9 de tamaño para flexión: Koo = 0.8 de temperatura: Ko = 1 de confiabilidad: Ke = 0.81

f, Problema

:8f.,

r. 'l:1!,,r"

2.

Placa asimétrica sometida a carga inc inada

r_-rrira-:.j,

:

;;l¡'r,.:

i:

:

,j_':: ,:

r::

r..

vanable 49

:

t PLANTEAMIENTO Dado que la carga aplicada sobre una pieza estática es variable, las tensiones que aparezcan en los diferentes puntos del material serán función de la carga y por consiguiente variables. Se plantea en consecuencia un problema de fatiga mediante los pasos siguientes:

1.-

Obtención

de las solicitaciones ocasionadas por la carga actuante sobre las diferentes

secciones del componente

2.3.4.5.-

Determinación de la sección más desfavorable Cálculo de la tensión en el punto crítico del componente Obtención del límite de fatiga en el punto seleccionado Cálculo del coeficiente de seguridad del componente

1.- SOLICITACIONES EN EL COMPONENTE Proyectando la carga según los ejes X e Y de la figura se obtienen las componentes:

-

horizontal, que origina un esfuerzo axial de compresión vertical, que produce un momento flector lineal a lo largo de la pieza (ver figura)

2.- SECCIÓN MÁS DESFAVORABLE La sección más desfavorable será la del cambio de altura donde está actuando el concentrador de tensiones, dado que:

-

No existe una diferencia importante entre el momento flector ocasionado por la componente vertical de la carga en la sección del cambio de altura y la sección del empotramiento. En la sección del cambio de altura existe menos área.

En esa sección hay un concentrador de tensiones, mientras que en el empotramiento el enunciado indica K, = 1.

En la sección crítica el punto más desfavorable es el del concentrador (superior).

3.- TENSIÓN EN EL PUNTO MÁS DESFAVORABLE DE LA SECCIóN CRíTICA Las fuerzas proyectadas son:

F,(t)

= F(t).sen(cr)

Fv(t)

= F(t)..ot (u)

50

C:rrconentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo que ocasionan un flector,

M(t)= Fu(t)

Lz

y un axial,

Ax(t) = F*(t) En el punto más desfavorable de lapieza estas solicitaciones producen las tensiones siguientes:

oa*(t)= o¡ (t) =

j{l h.e

M(t) ! 1 h s2

i'"

Para una carga variable, como la mostrada en la figura siguiente, se tiene:

Fru*

Fmed=

Fmáx Falt

-

f F'n 2

Fmed=12500N

Fm¡n

Fan

= 7500 N

210

Za

1

I-

.10'

i

(s)

Al representar en el siguiente gráfico las tensiones, puede observarse cómo están desfasadas 180' (cuando una es máxima la otra es minima)

L

a c

;Q

F

qs@

Axjal

....

Flector

Las tenSiones en el punto crítico son:

Tensión med¡a debida al axial Fr"6.sen(o) wam

- --

h.e

oam =

-31.1

MPa

2,

Problema

r

Placa asimétrica somet¡da a carga inclinada

variable 51

ser de compresión no ¡nfluye en el resultado de la tensión estática equivalente producida por el axial.

Tensión alternante debida alaxial Fux .sen

-dd

(u) oaa = 18.7 MPa

he

Tensión media producida por elflector F,.nu6.cos(cx)

ofm =

.L2

[

1e _.e.h

otm = 62.5 MPa

12

-:¡sión

alternante producida por el flector F"¡1

ofa

cos(u) .L2

¡

1r -12 eh-

ota = 37.5 MPa

4.- OBTENCION DEL LIMITE DE FATIGA trara las solicitaciones axiales se tiene: ss¿

.

1

K¿.K5¿.Kca,Kd.Ke.-.S',e K+-

y en el caso de flexión, 1

e -L¿ o uer S'" - r\a 'r5, K6- K6 K" ; nff sadas 1 80

A continuación se obtienen los coeficientes que afectan a los límites de fatiga correspondientes a los dos tipos de esfuerzos existentes, resultando:

-

Factor de superficie:

K,-09 Factor de tamaño: para flexión:

Kot=0B para carga axial por no tener gradiente de tensión:

Kou=1 Factor de tipo de carga: para flexión: K"t --

1

para axial: Kca

= 0 923

Factor de temperatura:

Ko-1

52

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

-

Factor de confianza: Ke = 0'81

Efecto del concentrador de tensiones en la sección: - Factor teórico de concentración de tensiones para flexión: Kü

-

-

2.2

Factor teórico de concentraciÓn de tensiones para axial:

Kt"=26

-

Sensibilidad a la entalla del material:

o=

1

t*,."

siendo la constante del material:

u

--0.025

2070 MPa

--= ,

tt

oPerando: cr =

0.083 mm

q = 0.96

-

Factor de reducción del Iímite de fatiga: Para flexión:

t
Kru=q(Kr"-1)+1 sustituyendo: K¡¡ =

2'15

-

2'54

Ktu

-

LÍmite de fatiga del material:

S"=o5Su S'e = 310 MPa Sustituyendo los valores obtenidos en las expresiones correspondientes se obtiene: Sei = 84 MPa Sea = B2'3 MPa

5.. CÁLCULO DEL COEFICIENTE DE SEGURIDAD para la obtención del coeficiente de seguridad, en primer lugar se calculan las tensiones estática: equlvalentes, para a continuación aplicar un criterio de fallo estático. para el cálculo de las tensiones estát¡cas equivalentes se utiliza el criterio de Goodman, dado que s: conocemos la tensión lÍmite de rotura del material y no la de fluencia:

:

Problema

2.

Placa asimétrica sometida a carga inclinada

variable 53

Tensión estática equivalente debida al axial: SU

oaeq =

oaa

Evea

ou"o = 140.8 MPa

-:-: :-

:s:ática equivalente debida al flector: SU

ofeq-Ofm+;.ota Def

oteq = Jrlililllllll llfll

I

'lll|ll

,;ii íi 1 j,

lliil l*

I

339'3 MPa

' ::-":: := .::a será igual a la resta de las tensiones { :-: :-:> lesfasadas 180':

del flector y del axial de compresiÓn

O=Ofeq-Oaeq o = 198.5 MPa l:

tp',,': -¡.-r':

:É s:=1..r'dad correspondiente a este punto será: V_

e UU

o X= 3.12

.

;

3stát¡cas

:

lrre sólo

:'oblema cuando la fuerza que sol¡c¡ta la placa sea var¡able entre

Fnáx

=

20.000 N y

56

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

h F(t) _

2h ^2-

o'(l) = 1

-.e.h 12

-

Tensión media:

tr_ h "'2 h 1 q2 12 -.e.h'

om.f

omt=30 MPa

Tensión alternante: h

E

z oa.f =

o¿.1

1. 12 -.e.h'

= 30 MPa

6 L @

C

.a c o F

Tiempo

Axial

-.

Flector

2.- CÁLCULO DEL LíMITE DE FATIGA PARA LOS DOS TIPOS DE CARGA Los factores modificadores del limite de fatiga son:

-

Acabado supedicial mecanizado: Ka = 4.51 Su "

-"-

K" = 0.81

Tamaño: Para carga axial al no ex¡stir gradiente de tensiones: K¡."* =

1

Para flexión al tratarse de una sección rectangular es necesario calculediámetro equivalente: de = O.BO8./tr€

,.b.t

-

I

d.

d" = 16.16 mm

\

01133

/.oz.mm / \ -_

Tipo de carga: Para carga axial: Kc Para flexión: Kcr = 1

|

ax

= 0.923

Ko.t = 0 918

flr

Problema

-

3.

Soporle asimétrico somet do a carga axial descentrada

Suponiendo temperatura ambiente: K¿ =

variable 57

1

Para una conf iabilidad del 90%: K" = 0.897

Efecto del concentrador de tensiones de la sección: se obtiene en primer lugar el factor de concentración de tensiones para cada uno de los dos tipos de carga en las gráficas correspondientes. r

H

-h

-h - 1.5

-

0.05

Para carga áxial: K¡.u* = l.g/ Para flexión: Kt¡ = 2.2 El factor de sensibilidad a la entalla se estima con la ecuación de Peterson 2070 MPa ü_0.025_ e

mm

cr

vu

= O.0B mm

1

n-_ Y

Q

a

= 0.962

1+-

r

y los factores de reducción del límite de fatiga que se obtienen para axial y flector son: t<,.,

=

q.(x,1-

Kt.n" = 9 (Kt.u"

1) +

Ktt = 2'15

1

- t) * 1

Kr.ax = 2.61

El límite de fatiga de una probeta normalizada del mismo material sometida a flexión rotativa se estima como:

s'e = 0.5 su

S'" = 325 MPa

Con los factores calculados anteriormente se obtienen los siguientes lÍmites de fatiga: - Para el axial: S".u"

ser

-

-

Ka.Kb.ax.Kc.a*

K¿.K".1 g'"

S".u*

Áf .a*

Ka.Kor K", Ko K"

1

-

83.7 Mpa

s'"

Para el flector: Se.ax

'

:

calcular

e

=

Ka . Kb.ax . Kc

""

se.f = Ka.Kb.l .K"1KO

Ko K"

K".

1

.

-J-

S ',"

S',.

Se.r

= 100.7 lVPa

3.- CALCULO DEL COEFICIENTE DE SEGURIDAD Para el cálculo de las tensiones estáticas equivalentes se empleará el criterio de Goodman tal y como indica el enunciado del problema. La tensión estática equivalente del axial será:

58

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

SU

6eq.ax

=

Om.ax

* E-.Oa.ax ve.a x

oeq.ax

= 87.7 MPa

La estática equivalente del flector: a vtl 6eq.f -Om.f

*

uef "

Ou.l

Ouol=223.6MPa

Como se ha visto, en el punto crítico las tensiones son de tracción y están en fase, de ahíque para e cálculo de la estática equivalente global se sumen directamente. La estática equivalente global: Oeq =Oeq.f

*O"q.a"

osq = 31 1.2 MPa

Y el coeficiente de seguridad será: SU

(]^^

X=

2.1

Calcular de nuevo el problema s¡ se ¡nvierte el sentido de la fuerza (en este caso el axial será de compresión).

Problema

4.

Soporle simétrico sometido a carga inclinacla

variable 59

sometlda a la acclon oe ra r.ue zd I u:' Yo""o La placa de la figura estaásometidaataacciÓndelafuerzaFqueoscilaentre6000Ny0N.Elmaterial caicular el coeficienle de seguridad frente al fallo por fatiga

es un acero dúctil y ha sido mecanizado.

oara vida infinita con una confianza del 90%'

H

h

DATOS:

MPa Ll=2cm H=6cm

S, = 1000

Sv = 800 MPa

Lz=8cm h=4cm

e = 4 mm (esPesor de la Placa) r = 1 mm (radio de acuerdo en el cambio de alturai

ó=75o

{

#

60

Cci--pc-ertes ce \1acl ^as. Fa: :a ce a:3 . c c

PLANTEAMIENTO

La placa está sometida a varios tipos de carga cíclica: axial, cortante y flector. para resolver

e

problema de fatiga se seguirán los siguientes pasos:

1.2.3.4.-

Determinación de la sección más desfavorable Cálculo del 1ímite de fatiga Cálculo de las tensiones estáticas equivalentes Obtención del coeficiente de seguridad

1.- DETERMINACIÓN DE LA SECCIóN MÁS DESFAVORABLE La pieza está sometida a esfuerzo axial, cortante y flector:

o axial: r cortante: r flector:

N = F.sen(0)

V = F cos(q) M=

F.cos(O).L (L es

la distancia desde el agujero)

La sección más desfavorable podría ser el extremo izquierdo (empotramiento), donde los esfuerzos scmáximos. La sección donde se produce el cambio de altura es otra posible sección desfavorable,,,: que en ella el flector es elevado, la sección es menor y hay un concentrador de tensiones. Es fác comprobar que en este caso la sección más desfavorable es la segunda.

Considerando que la tensión tangencial debida al cortante es despreciable frente a la tensión norma debida al flector, el punto crítico estará en uno de los extremos (superior o inferior) de la sección má. desfavorable, ya que en estas zonas la tensión normal del flector es máxima. En el punto superior de e sección la tensión debida al flector es de tracción y por tanto se suma a la del axial, mientras que en e punto inferior la tensión debida al flector es de compresión y se opone a la del axial. por tanto, el punl: más desfavorable está en la línea superior de la sección, donde la tensión normal es máxima (la tensió-

tangencial es nula en esta línea).

2.- CÁLCULO DEL LíMITE DE FATIGA Se calculan a continuación los límites de fatiga del componente bajo cargas axiales y de flexión, ya qr3 ambos tipo de cargas varían con la fuerza F. En 106 ciclos se estima el límite de fatiga del material (acero) como: S',e

-

0.5.Su

S'e =

500 MPa

El límite de fatiga del componente viene dado por:

1 " "Kr

Se = Ka Ko.K" Kn K" Los coeficientes modificadores del límite de fatiga son: r Coeficiente Ku (acabado superficial):

Para un acero con acabado superficial mecanizado se tiene

a = 4.51 Ka=aSub

b

-

-0.265

Ka

-

0.723

Coeficiente Ko (tamaño): Para carga axial el factor de tamaño no influye, por lo que:

4.

Problema

Soporte simétrico sometido a carga inclinada

Ko.ax

=

variable 61

1

Parala carga de flexión:

de

K^,=l

!z

l-01133

oz mml

donde d" es el diámetro equivalente para flexión alternante y sección rectangular: de = de

O

BOS'vfi;

= 10.22 mm

y sustituyendo:

Kot = 0 962 Coeficiente K. (tipo de carga): Para carga Para el

axial:

flector:

G.ax = 0.923

Kc.r

=

1

Coeficiente K6 (temperatura):

Dado que el enunciado no lo especifica se considera que se trabaja

a una temperatura

ambiente estándar. Por tanto:

: --

Ko-1 Coeficiente K" (otras influencias): Para una confiabilidad del 90% se tiene: Ke

-

0.897

Coeficiente K¡ (concentración de tensiones):

El

concentrador

de tensiones teórico para esta sección depende de las

geométricas siguientes:

! h

I

= r.s

h

= o.ozs

Entrando en las gráficas de K, con estos valores se obtiene: Kt

para la carga axial

ax = 3.4

Kt.t

:

para la carga de flexión

2.8

El factor de reducción del límite de fatiga viene dado por:

x1-t-q(K1

1)

A su vez, la senslbilidad a la entalla puede calcularse como:

q=

1

1+-r cl_

donde:

o = 0.025?!Z!fVl9 Su

n.',.n

y por tanto:

I = 0.951 Finalmente se obtiene

cr

= 0.052 mm

relaciones

62

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

- 1) 1

Kr.u* = Q (K, u"

K, u* = 3.29

Kr.r=q(Ktr-1)+1

Kt

t = 2'71

Sustituyendo todos los coefic¡entes se obtienen los límites a fatiga:

s'^ S".a, = K¿ K5.¿r'K¿.¿" Ko'K"

K* ^-

s'^

S".1

--j = K".Kb¡ Kcf Kd Ke'K¡¡

Ser=115.69MPa

3.. CÁLCULO DE LAS TENSIONES ESTATICAS EQUIVALENTES Lafuerza F se descompone en una carga media y otra alternante: Fa = 2000 N

Fm = 2000 N

Estas fuerzas ocasionan una carga axial y una flexión con componente media y alternante. Las tensiones debidas al axial son:

F- sen(0) om.ax

he

om ax

= 12.07 MPa

6a.ax

= 12.07 MPa

Fa sen(O)

uaAx -

.

ne

La tensión estática equivalente del axial es, aplicando el criter¡o de Soderberg: oeq.ax

-

sy

om.ax

t ql

o"

""

oeq.ax

-

1

17'98 MPa

Las tensiones debidas al flector son:

F'n.cos(q) um.l -

L2

h

le

2

o. 1=38.82MPa

tt -.e.h"

Fu.cos(p).12 oa.f =

¡

1q2 12 -.e.h"

o"1=38.B2MPa

La tensión estática equivalente del flector, aplicando el criterio de Soderberg, es:

sy 6eq.f = Om.f + ;'

be.f

Oa.f

ouol=307.29MPa

4.- COEFICIENTE DE SEGURIDAD La tensión estática equivalente global se obtiene sumando las tensiones normales del axil y la ya que tienen la misma dirección y sentido: oeq = 6eq.f

* o"q."*

o"O=425.27 MPa

f':':ttl

Problema

4.

Soporte simétrjco sometido a carga jnclinada

varjable 63

Y finalmente el coeficiente de seguridad se calcula como:

x=

S., v

o"q

X=

1 88

donde se ha considerado que ra tensión crítica es er rímite de fruencia al emplearse el criterro de Soderberg.

i''

,,'

i¿

fls'

¡r'

sriq.fr n g F¡ $ ; I r 'ü ¡

ü$Hur¡ g g :i;t

:; g;i:;i

64

Componentes de Máquinas Fatiga de alto ciclo

espesor t, simétrica con respecto al eje mostrado La fioura muestra una placa de acero, empotrada, de puras F¡ v Fu' que puede estar sometida a las fuerzas alternantes

ru;;;;;;"dt;

:L':'Li:

'

'attatofes.dg ft-Í'r{sf'flo *-t'j' o ^¡*+an+arrnn h, hñ'desériqqn$id9-fa,g*'P?l',,., .,,,.,.,..,,::,: :.,1.:-:: . ge,sa¡á Ute¡@ OeUidAaeor{ante.Ro ón'dé"tenSiqné-s''pupdé'i60n$idérarss et itecto'*é' eorieentr aq,¡eafeitqüqi.:p,atq;úcíléfÉs,de t'< * -:.:

iberíá tener,lá plaea para Lr I L's ,' ' lo¡'siguieFle-s Qfiso€l ::: :':::

Éudú*iu,tu*¿ que m.íntgno

*¡

Fro,

,

,

.I,,,'.','b) -:$alamqnle 9aaptica tá fuerza Fu''

:::

t:

,

,. :

6 i¡¡l $s'eonsegüir vida iniinita'i'volurnan

'

,'' r'.:'. .a! ; SolAnténte.sá apllcé.ta fuefZé

DATOS:

LJ

:' ,'

:

Li=Zen1 , -.: Fr = *8000- N'

Lr=20,üfft Fu

:

'

t

='-1

5 crll

='**000 N

S-o = 75ü MPa Mecani¿ado Acabado suPerficiat = Confiabilidad = 99% CaefiCie*te de seguridad X - 2

S, = 1000 MPa

ñ

i¡

t&

s

E

. EE.E

5 f,ffiJ#i

problema

5,

Diseño de geometría de una placa someticla a cargas

variables 65

¡,-T\TEAMIENTO y Lr para ::. :. .--..aen el enunciado evaluar Ia forma que debería tener la placa entre las secciones L y mínimo, volumen aplicados . :,11' ,'da infinita frente a los esfuerzos que evaluar Ia altura 30r tanto, de un problema de optimización de forma en el que se tendrá las secc¡ones' una de 'la que puede tener cada :.:= croblema no existe una única sección crítica. Se conseguirá el tamaño mÍnlmo dei componente _:-a considerada cuando simultáneamente todas las secciones resulten crittcas

:, ::t ". ' ' :

c3:e '3' .."'a'-'-.

: :.r¡o del problema es determinar el vAlor de b en cada una de las secciones, debiénccse

dece. ,,::resión de b en función de la variable L que determina la secciÓn a estudiar. Se componente del la forma representar que permita b b(L) tipo del = .-* rar una expresión

SOLAMENTE SE APLICA

la

FH

fuerza F¡ sobre la placa, ésta estará sometida

=: amente se aplica '^antes puras producidas por dicha fuerza axial.

a tensiones no'.-aes

que ésta tenga ''tioa :,etende calcular el tamaño de cada una de las secciones de la placa de forma ecuaciÓn: la :a. por lo que el fallo se producirá cuando se cumpla it :a ,' i :

S".X=Ku Ko.K. Ko -lTnKlll

^" *

tt

: = leterminará a continuación el tamaño de una sección L genérica de la placa 1

.1.- Cálculo de los coefic¡entes de fatiga

Sceficiente K, a

-

4.51

b

-

-0.265

K"-?Sub

K^

-

0.723

Coeficiente K6 ruesto que en este caso solamente existen esfuerzos axiales, que no producen gradiente de tensiones el iamaño de la sección no influye en la resistencia a fatiga del componente:

Ko='1

Coeficiente K" Para esfuerzos axiales (con Su < 1520 MPa):

K" = 0.923

Coeficiente

K¿

Considerando temperatura ambiente:

K¿=1 Coeficiente K" Para una confiabilidad del 99%:

!llti

,tl

;lli, il r[tr], I

*-.

,]ltr

#:i

.,1,."

f

ülllli : j -fi,

,r#it

'ti (

66

Componentes de Máquinas Fatiga de alto ciclo

Ke=0814 Coeficiente Kt Puestoquelaconcentracióndetensionesseconsideradespreciable: Kt=.1

1.2.- Cálculo de la tensión límite de fatiga S'" puede estimar como Puesto que Su < 1500 MPa, la tensión límite de fatiga se s'" = 500 MPa s'e 0.5 su

=

1.3.- Tensión en una sección genérica extremo de la placa será: La tensión alternante en una sección situada a una distancia L del

tn

o= 2.b.1 con lo que el valor de Como se puede observar, la tensión no depende del la sección considerada, será constante para cualquier valor de L.

b

1.4.- Aplicación del criterio de fallo

Se X= Ku Ko K" K¿

K"

1

ff

Sá

sustituyendo en esta ecuación los valores calculados tendremos:

Fn1 " 2b.t

x-K^.1 d K^1K^-S: I " 1

Despejando el valor de b en la ecuación anterior se obtiene:

FhX b=2 Ka.Kc Ke S'e t b = 0.1 96cm

Se obtiene un valor de b constante para las secciones consideradas.

2.- SOLAMENTE SE APLICA

FV

Fu sobre la placa, ésta estará sometida a tensiones normales alternantes puras generadas por el flector que en cada sección produce dicha fuerza'

Si solamente se aplica la fuerza

La ecuación que define el fallo es la misma que en el caso anterior:

S" X- Ku Ko K".Ko O"

*

tt

2.1.- Cálculo de los coeficientes de fatiga el cas: Tan sólo los coeficientes de tamaño, Ko, y de tipo de carga, K", son distintos a los calculados en anterior:

-l

ll'--r'5t3

-l d; n:

l

il

il

-G 0fr; s: ñou

;mr ü[

U

ülll

ü

@

ulll¡ m

? ú!

tr'FFrr$

rtfr

! @l

il.{llllllr

G

ffi

5.

Problema

) :+''

: :lie

placa sometida a cargas Diseño de geometría de una

Ka

variables 67

efecto sí se tendrá que tener en cuenta el tr-:s:o que la flexiÓn produce gradiente de tensiones,

del

:a.rlaño en la vida del comPonente' por la expresión: El factor de tamaño viene dado

j-)

- 0.1133

Pura2'79 < d < 51 mm

-("'.0-[62mm)

parad>5'l

Kb = 0.6...0.75

mm

de la secciÓn que tenemos corresponde al diámetro equivalente la El valor de d en la ecuación anterior flexión rotativa en la que el área de una sección .ir"urá, sometida a tensiones a Es decir, al diámetro que tendría sometida (tgs% d; i; máxima) sea igual al área zona sometida a tensiones elevadas elevadas de nuestra sección'

Enunaseccióncircularsometidaaflexiónrotativa'eláreadelazonasometidaatensioneselevadases una corona circular de área: A cor= n R2

-

n (0'95 B)z = ir'R'

,

c\

f1 -095'l

elevadas se corresponde con ocupa, la zonasometida a tensiones a altas En la sección rectangular que nos e inferior de la placa El área sometida en la parte dos áreas rectangulares, situadas 'up"'io' tensiones es un 57o del área total:

A=0052bt

R: lgualando ambas áreas y despeiando

,.n2(l-0952)=0.1 bt 0,1

bt

--;----n l1

-

=utffi

,,

0.95-

I

Siendo:

Í -;;a 0.1

a = 0.57.138

se calculará como: El valor del coeficiente de tamaño

( z.a.^l-b¡\ -*v".1

K^=l "

\

7.62 mm,

0

1133

t

-F0 =(cte/o)

1133

Siendo: i

¡res

normales

cte-

2 a \l-I

' 7.62.mm

cte = 18.36722 rno

5

Coeficiente K" Puesto que la carga es de flexión'

K"='1

- ados en el casc

"iFr

r&

r*

il

4

m.%ü Htruq

68

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

2.2.- Tensión en una secc¡ón genérica El valor máximo de la tensión alternante en una sección situada a una distancia L del extremo de la placa será:

Fu'L o- _

b

I

Siendo I el momento de inercia de la sección rectangular:

1q2t l=-t(2b)"=-tb" Por tanto:

3.Fv.L

"=

,*r

Como se puede observar, en este caso, la tensión sí depende de la sección considerada, con lo que el valor de b dependerá de L.

2.3.- Aplicación del cr¡terio de fallo Se utiliza de nuevo la expresión

Ss X=Ku Ko.K" Ko

K"

1

Sá

ff

Sustituyendo en esta ecuactón los valores calculados se tendrá:

3FvL X=KuKo11Ke-S'e " 2¡.b2 1

1

3 F', L

Despejando

X= Ku (cte

2rb' = el valor de b en la ecuación

" --

-r-0.1133 1 Ke Vb) .t

1

anterior se obtiene:

3FvL 1ttt K" s'" 2.1.K".cte-o

/

^

k/t \

I

,

l, ll,1.r

x=b'tVbl -\

oE orvL t

t v

o.,,tr

=b

, / I

s'e

0.,',aa

1 2

] 2

l

zt r,.cte 01133.K".s'" )

Dando valores a L en la ecuación unt"riol. se obtiene el perfil

Op¡to de la placa:

-

,#$ Fff g5

ñ:ES;r

irl

*'JF

Fs it T": ffp ütl

t

=* iilü

sg-ffig tr$$ü##,

Problema

L

cm z 4

5.

Diseño de geometría de una placa sometida a cargas

b(L) cm

d(L) mm

K¡(L) 0 929 0 911 0 900 0 892 0.887 0.882 0 878 0 875 0.872 0.869

6

1.082 1.545 1.904

8

2.208

.082 .545 1 .904 ¿.¿uó

10 12

2.476 2.720

2.476 2.720

14

2.944

16

3.1

2.944 3.154

1B

J.J3

20

3.537

1

1

54

3.351

I

3.537

variables 69

f> .esultados antefiores muestran el valor del diámetro equivalente d de la secc¡on rec:a^!:' K' ce valor para determinar el 'a ae -::|1ante conocer este valor, puesto que la ecuaciÓn utilizada -:e'' : a del :: :-ente enlre 2.79 y 51 mm. Como puede verse, los valores obtenidos están dentro

_:: *,

perfil óptimo de la placa en la zona considerada' 3'afica siguiente muestra el

E !

o o

!

C

.!

E

o

a

Distancia L (cm)

de la placa f rente a la fue'za = Ia gráf ica se ha representado en trazo continuo la forma óptima F¡' fuerza la se aplica cuando :'azo discontlnuo la forma óptima

=r

3l

!s rlF

cada sección soticita a c c'a -'eccron Como se observa, el momento creado por la fuerza vertical F, en necesarto en cacja secc 31 para mucho máS que la fuerza Fn. Como resultado, el tamaño mínimo que el necesario cara sccclar las mayor soporTar el esfuerzo generado por Fv es significativamente dados en e'e^-'c'ado son fuerzas tensiones generadas por F¡, pese a que los valores de ambas idénticos.

para que el tamaño necesarta en a secctan L fuese para la fuerza F, en dicha secctón aproiximadamente el mismo que el que se obtiene comprobar el valor que debería tomar la fuerza

Fn

70

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

Pa¡aJa,barra de diámetro 6 ss pide: .,."::'

,

.'

:.::á} Determinar los diferentes diagramas de esfuerzos. -....E']q1.!jar.ceát:¡es.|a.secciónmás.desfavorable..de:dichabarta'...

c)

Calcular el valor máximo de la fuerza para que la bana tenga vida infinita, despreciando el

::::''.gf4619¡e..lás..tel*io.nésdebidasa:ésJue¡zo.cdrtante-....:.........

@=

G, @* ¡r¡l @ |l@

prE

tr* trilu,

€ q. Frür

q" r|o

il[¡

H*E#A G rrlD

\

a cargas Problema 6. Llave asimétrica sometida

variables 71

nr*s.\r-E A¡il IENTO _ -

:

:

..-.a_2seoidedeterminarelValormáXimodelafuerzaaliernaniepuraFpafaqueenla ve r T --

ll:,.].*....cdseconsigavidainfinitaConelcoeficientedeseguridadoacoco.elenUnciado' -.r'+':'::-sdeSerdescompuestaensuscomponentesverticalyhorizon'iaF'''F.reSpectjvan.e^ie'

:i:1.'=:3dIámetrod,FugeneratorsiÓnalternante,flexlónbidireccionae^eca^o.',e(ca-'' - :- . :::--ante en dirección vertical' ]'.::]:endichabarra,lacomponenteFhgeneraaxialesalternantesyflexiÓnc]"3:::-2S.3'3 :"'.-.-abarradediámetrodestaráSujetaaesfuerzosalternantespurosaxiales.c3:].S]^:e r que convendrá transf ormar dich c es:a:c e ," : - : : 13¡tes . E estaoo de cargas es multiaxial, por lo c,:::_a. ,

.,'.--

==.leestáticoparafinalmenteaplicaruncriteriodefalloestáticoenlaresolUciónde i'.'.'alcdelproblemaespecifica,agrandesrasgos,elprocedimientoderesoluciónqueS¿.3]E .,.=--.:candoquesedeterminenlosdiagramasdeesfuerzos,paraposteriormentedeter¡¡"a,4 a fatiga' realizarán los cálculos de resistencia : i: I - - :" tlca donde se *,"'='amás detallada, el procedimiento a seguir será:

-:

en la barra Determinación de diagramas de esfuerzos 1 .1.- Axiales

1.2.- Torsores 1'3.- FlexiÓn en plano vertical y horizontal Compostcton 1.4.- Cortantes .

2.- Determinación de la sección 3.- Cálculo a fatiga

crítica tipos de esfuerzos

3.1.- Cá]culo de tensiones debidas a los distintos en la sección 3.2.- Determinación del punto más desfavorable 3.3.- Selección de un criterio de fallo estático 3.4.- Cálculo de S" para cada tipo de esfuerzo 3'5

iespreciando

et

-

Aplicación del criterio de fallo estático

1.. DIAGRAMAS DE ESFUERZOS que soporlar la barra esfuerzos externos que tendrá En las siguientes flguras se muestran los Fn diámetro d debidos en un caso alaluerza

i, ,ü,

dll

¡llittr

ffi t

Í:

"*

í!

+

! en el Otro a la fuerza Fu

de

72

Componentes de Máquinas' Fatiga de

ultt t'tlo

se calcularán mediante las siguientes expreslones: Los valores de las fuerzas mostradas en la figura Fn = F.cos(cx) Fu

= F.sen (o)

Mh = Fh.L2

T = Fv.L2

esfuerzos sobre la zona de diámetro d A continuación se determinarán los diferentes diagramas de la barra generados por ambas fuerzas'

ú

1.1.- Axiales puras sobre la barra' En cada instante el axid La fuerza F¡ genera solicitaciones axiales alternantes será constante en toda la barra:

1.2.- Torsores valor del par torsor genera torsión alternante pura sobre la barra' Para un instante dado el será constante en toda la barra:

Lafuerza

Fu

1.3.- Diagrama de Flectores

alafuerza F¡ y flexión el Sobre la barra de diámetro d aparece flexión en el plano horizontal asociada en plano horizontal asociada a la fuerza Fu' a lo largo de Ia barra y de valor En cada instante el flector Mxz debido alafuerzavertical será constante Mn:

Problema

6

Llave asrmétrica sometida a cargas

variables 73

N

x

o E

o

o.ps

ffiils_lt

03

o:

:':::OrMxvdebidoa|afuerzaverticalevolucionarálinealmentedesdeelextrerroce.echodelaba..a -

.:

a el empotramiento:

o E

x (m)

= momento flector total en cada

de ambos momenlo: una de las secciones Será la composición

E

* ¡dulo del momento será:

t--*

M=J MxY'.

Mxz

en su extrerna en la barra de diámetro d se alcanza El valor máximo de dicho momento

tz'-'-'))

siendo de valor: Mizq =

fMh2

, ( Fu L1 f

toma el siguiente valor: En el extremo derecho el momento

Mo",=JMn2+(Fu

Lo

ñ

o

F

o C

':'

o E o

F.

V

flexión

e

-- ?a(ra y de valo'

0 005 01 ul5

v¿

x (m)

no es una línea la evoluciÓn del momento total en cada secciÓn obsérvese que la curva que define recta.

"!Ísllll "u;

74

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

1.4.- Diagrama de Cortantes La fuerza Fv gener? esfuerzos cortantes alternantes en direcc¡ón vertical sobre la barra considerada Dichos esfuerzos son constantes a lo largo de toda la barra para un instante dado y de valor Fu: E rv

co

(-)

0.05 0.1

0.15 x (m)

2.- SECCIÓN CRíTICA El tipo de esfuerzo que determina la sección crítica es el flector ya que en cada instante los restantes esfuerzos toman valor constante en la barra considerada.

Las posibles secciones críticas en la barra se corresponden con los extremos de la misma, ya que en ellos existe concentración de tensiones. Geométricamente ambos extremos son idénticos, por que lo los factores de concentración de tensiones también lo serán. Por tanto, la sección más desfavorable de la barra considerada es su extremo izquierdo, ya que en dicha sección se da el máximo valor de momento flector y tiene un concentrador de tensiones igual

al

del otro extremo.

3.. CÁLCULO A FATIGA 3.1.- cálculo de tensiones debidas a los distintos tipos de esfuerzo En la sección crítica de la barra se han de considerar los siguientes esfuerzos:

Ax=Fn=F.cos(a) T=

Fv.L2 = F.sen(cr) L2

V = Fv = F.sen

M=

M=F

(cr)

(rn

lrf

/-(cos(q) .trf

J

* (r"

*

r-,

f

(sen (o)

Llf

Según el enunciado se despreciarán las tensiones debidas al cortante V. Las tensiones máximas debidas al resto de esfuerzos son:

Momento Flector Las tensiones normales máximas debidas al flector se calculan como sigue:

q.É

'@

-@ ú

ú

E f

@

ü¡

ñ

t
t

Problema6'LlaveasimétricaSometidaacargasvariablesTS

32F.^l(cos(u) L2f

32.M

ol = ---5

uft -

nO

fi.d

'

(sen

(q) Lrf

,3

1

ott --283719F

-m2

:t,::."'esequeenlaexpresión^anteriorFtieneunidadesdefuerza,porloque'evidentemente'orl =l J,t

."a unica¿es de tensión (N/m2¡' =

al axial: x ::^: nuación se calculan las tensiones normales debidas 4 F cos(cr) 4.Ax uax

uax-

-

no

9

nd-

1

6ax = 3135F m

2

-'nentesedeterm¡nanlastensionestangencialesmáximasdebidasaltorsor:

:r€ -s a-e:

ttor =

l-,iütr

16 F sen (cr)'L2 ito, = -------ln d"

16.T

--T n.dt

1

tw -,24321F

m

,

ComParación de tens¡ones

esfuerzos de tensión máxima debido a los diferentes Besulta interesante comparar los valores 1

otr

-

ol = 283719-r'F

Qtt F

m

1_F

oax=3135 z

o¿" = Qu* F

m

t16¡

1_I

\or =24321 z

= Q16¡ F

m

dondeQn,Qu"VQto,sonsimplementeconstantes'queseutilizaránposteriormenteafindesimplificar cierlas expresiones.

debidas al axial' por debidas a flexión son muy superiores a las Como se puede observar, las tens¡ones la tensión considerando estas últlmas' Pese a eúo se seguirá to que podría despreciarse el efecto de debida al axial en los cálculos siguientes'

3.2.- Punto más desfavorable en la secc¡ón

una flexión bi-

Básicamentelastensionesquesedanenlasecciónconsideradacorrespondena en la siguiente direccional,quegenera2puntosdesfavorablesenlasecclón,talycomoserepresenta f

igura:

;m"

$ ,1ilü

T ü

#

ffi#ffi## Él,E

;

ñ

ü fi fÉ*

g

76

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

A esta flexión bidireccional hay que añadir a su vez las tensiones debidas al axial, que en cada instante

son constantes en toda la sección, y las debidas al torsor, que son máximas en la periferia de

la

sección. Obsérvese que en el punto A las tensiones normales debidas al axial y al flector están en fase, mientras que en B están en oposición de fase. Por lo tanto, en A la tensión debida al axial se sumará a la debida al flector, mientras que en B la tensión debida al axial contrarrestará a la debida al flector. Así pues, et punto más desfavorable en la sección considerada será el punto A.

3.3.- Selección de un cr¡terio de fallo estático En este problema se han de considerar tensiones debidas a tres tipos de esfuerzos distintos. Para evaluar su efecto se procederá a calcular las tensiones estáticas equivalentes correspondientes a cada una de las tensiones, considerando, por ejemplo, el criterio de Soderberg: Oeq_ax

sy = Om ax - I-.Oa 5N ax

ax

sy

6"q_fl =Om_fl :-.Oa_fl

üN

fl

e req tor = rm_tor

r ;a SsN

Tu

to,.

tor

Las tensiones producidas por la fuerza F son alternantes puras, por lo que no existirá componente media. Se tendrá, por tanto, que: sy oeq ax

= ^DN ax

6eqfl =^

oax

>y oft

ürul Ssy

Leq_tor

-

Ttor

SsN tor

Una vez que se dispone de las tensiones estáticas equivalentes se procede a seleccionar el criterio de

fallo estático adecuado. El material utilizado es un acero dúctil, por lo que es posible util¡zar tanto

el

criterio de Máxima Tensión Tangencial como el criterio de Energía de Distorsión. Se utilizará el segundo de ellos por ser más preciso.

La siguiente expresión, correspondiente al criterio de Energía de Distorsión, puede ser utilizada para resolver este problema:

úli rfr

q#

n iltih'f TE rp iñ ü1 ru iii

cargas Llave asimétrica sometida a

Problema 6

variables 77

a axiales Y a torsores Y tensiones debidas a flexion' que considerar se hay que puras la exPresión anterior En este caso, puesto luerza F son alternantes la p'oo'"" quá ouesto que las t"n'ionJJ rransformará en:

Su= X

En la expresión anterior

61¡' oax

y

están dadas como funclón

t1q¡'

anteriormente: SguLn,"a expresiones vistas

t'

O1

cada instan::

:eriferia

de

=F'Qit

las

:-'==l-

ou*=FQ"^

obtlene: en la ecuación anterior se Sustituyendo estas expresiones

'=

t, --,ll su- ¡ q,,.+ X SNtr " 5N¿

- 'ase, mientra.'

't

F Qu*J

\i

a'á a la debio¿

::'. Así PUes, e

lfr; t o

.

anterior se obtiene: Despejando F en la ecuación

c-II '-x ;

de a -'='z'- F a calcular. según

:

;t

listintos. Para

;

e ,' I s",, a,'- si o* I -t \ .,-*'u,o, o'o' u*

l. ^ il

\ J

se transforma en: vida infinita' la expresión anterior considerando Finalmente,

-lientes a cad¿

=lt=T-=-

-

-

12 { s",, Qto' ^ I *3 i " Qu* l{ Sv e,, _oY I -^ r -"'S" Sse tor l "-" u* a. , I

l

!l

RestapordeterminarlosvaloresdeS"-tr,S"",YS"",ysedeberádeterminarasimismoelvalordeS.v. cada tipo de esfuerzo 3.4.- Cálculo de S" para mediante la expresión: El valor de S" se calculará -..

Sn

'a component€

=Ku Kb Kc

o"*t'

Kd

valores de Ku' Ko' K" y En el enunciado se dan los

los restantes S'" Se calcularán a continuación

coeficientes.

Factor de tamaño, Ko

que ya que el gradiente de tensiones el caso de carga axial, en influye no que: El tamaño del componente Se tendrá' por tanto' sobre la sección es nulo' este tipo de carga produce

Ko-u* =

1

Paralasrestantescargas(flexiónytorsión),elfactordetamañosecalcularámediantelaexpresión: : :.ar el criterio

. (d)

de

K"=J-" \7.62 mm /

: e utilizar tanto e' -'. zará el segundc

:

ser utilizada Para

.-0.1133 I

Ku = 0.6...0 75 Er varor de d en ra ecuación

5: : Í

I

*'i:'p:,:1:,:j :::"'Zl i ;:t i:

anterior

1 T *."J ,Í ; :: i: ;:' il

l,"i';

::::';""'3S",HH;'[:::il1:*"Jl$;";:"i" considerada'

2]9 51

mm

::T:I:"ii::flt,"",i:"i:T::ffi::1?::t:'": rL? i: . : iens'-:: i, iJJ" ü::il :sea i r rury:"l,: iguar área que soporta "'¿"''"r ar

"

elevadas en la sección

.$

,id

filii,, iti,

isrr

ffi m ffi,

ff

H

78

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

En una sección circular sometida a flexión rotativa, el área de la zona con tensiones elevadas es un: corona circular de área:

A.o,

-

tr.

(nt - ro.gs

B

)2

)= n

n2 (r - o.os2

J

Si se considera el esfuerzo de flexión, puesto que se está considerando un caso de flexión I direccional, la zona de la sección que en algún momento está sometida a tensiones elevada: corresponde a las zonas sombreadas en la fiqura siguiente, que comienzan a 0.95.R desde la flb.. neutra de la sección:

Para determinar el área sometida a tensiones elevadas se considerará la siguiente figura:

El área sometida a tensiones elevadas en la sección será:

Ar = 4'Ac El valor del área Ac se calculará como la diferencia entre el área triangular Ar y el área

correspondiente a un sector circular de ángulo

cr.

Se evaluará primeramente el valor del ángulo u:

íI U.95._ o) o =acosl

a

o =acos(O.OS) cr=0.318

]

-Át

[z

rad

a.=18.2o

)

El área Ar se calculará como:

lo.nuo) ldsen{.,rl 2)\2 )

o--f '2

Ar =14.83

El área As es un sector circular de ángulo o y radio dl2,

,

y

por

tanto se calculará como:

''2 o'=;l;J _

As=1588mm2

Ac-As-Ar

Ac=1.05

\-/

mm2

El área Ac valdrá: mm2

Y por tanto:

fillru lür

,I l

fii

g

i'

Lill

"ffi

.r

r¡¡ülr

fllftr.

m

I1

t

ür

ll

g

*ilt

ffil

A.

Llave asimétrica sometida a cargas

6.

Problema

A=4.18

A=4 Ac

variables 79

mm2

el valor del radio equivalente' y de ahÍ €l valor del área A al de Acor se podrá despejar que se calculará la expresión de Ko: ,üüiltulllrrm* 3:_-!,aiente con el i|üweüil¡rfM nf,rlr?

A-, =A n

nt (r-o.os2)=n dstr¡t

= 2'B

t A

A

R=

------n (1- 0.95')

deqriu

=7'39

\-0.1

R=3.7

mm

mm

133

Kn_¡ = 1 .003

^,_,=[#H*,J &nru:-eserefierealesfuefzodetorsión,lazonasometidaaaltastensionesdebidasaestetipode con flexión rotativa; por Io tanto, se utilizará ,ruilrüErr: eS exactamente la misma que Ia considerada el cálculo del coeficiente K¡: U,i,n*o".*nt" el diámetro d de la barra en Kb-to,

É#tr

-

/

d

tt"r-r

\

01133

xs

J

1o,-

= 0.896

de tiPo de carga, K" tomará los siguientes valores: del tipo de carga considerado, este coeficiente

".ción

(su < tszo vea)

Kc-ax = 0'923

Kc-rl =

1

K"_io, = 0.577

tractor de reducción det tímite de fatiga, K¡

=

valor de este factor se calcula mediante la expresion:

K,=1+q(K,-l) area

ElvalordeKtSeobtienedelasgráficasdeconcentradoresdetensión,apartirdelossiguientes cocientes: D d

l=o.ls

=i.5

d

Los valores obtenidos son: K1

=

""

1'7

Kt tl = 1'5 K1-1o'

=

'1 3

q se calcula como: El valor del coeficiente de sensibilidad de entalla

q=-

l+9r PuestoqueSu>550MPa,elvalordecrsecalcularámediantelaecuación:

- ilr=l

g o

a a ü

f $ÍF# "tü #'! ¡

80

de alto ciclo Componentes de Máquinas Fatiga

a =0.025'*

r 2070 MPa\

*

[-

cr

=0.052 mm

,)

Estevalorseráaplicableparaelcasodelosesfuerzosaxialesydeflexión.Enelcasodelesfuerzode torsión se ha de considerar: cxle¡

-

cx16¡

0.6.cx

= 0.031 mm

Por tanto, se tendrá: = 0'983

Qax

ft

= 0'983 = 0'99

Qtor

de fatiga serán: Los factores de reducción del límite

Kt ax = 1'69

Kr-ax=t+qu*(K,-u*-1)

Kt-tl = 1 49

Kr-r=1*q1¡ (x,-¡-t) Kf-tor

=1I

qlor'(K1 tor

K1

1)

-

16¡

= 1.3

uno de los tipos de carga serán: Finalmente, los valores de Se Para cada Se a* = K¿'Ks ¿¡ K6-u* K6

Se,¡ = Ku Ko-1

Sse-tor

K"'-j-

S'"

S'"

-1-

= 196.8 MPa

S"_x =242.2 MPa

x.-¡ xo K"'O| s'"

= K¿ K5 ¡6¡ K6-1o,- Ko K"

Se_ax

Sse_tor= 143.6 MPa

estático 3.5.- Aplicación del criter¡o de fallo que se está se ha de estimar el valor de S'v' Puesto Antes de aplicar el criterio de fallo estático considerandoelcriteriodeEnergíadeDistorsión,esteva|orsepodráestimarcomo: S.u = 403.9 MPa ssy 0.577 sy =

Finalmente, aplicando la expresión c t-

SV __-:-.

X

sy

S" se obtiene:

u"

F = 555,8 N

podrá variar entre los en la barra de diámetro d la fuerza F Por lo tanto, Para obtener vida infinita valores de

F = 555.8 N

a cargas variab Problema 6. Llave asimétrica sometida

F=

-555.8

.,a,::;a,,a:a,:,:,,.-,.:.

= :..:=..,,,,

es

81

N

SC. nucho mayores c-e .::clución se ha mostrado que tas tensiones debidas al momento íieclc, el proc.e-e últimas podrían ser desprec a:as' Fesch,,er .;.: ::: JeS al ax¡al, ptunt"a,do," que estas

1. : '",,,.,

'; -:'e^do

esfuerzo ax¡al' despreciables las tensiones debidas al

efectodelaie.sC. resultadodel problemasi sedespreciaseel el criterio de E.e"; resolución del problema, se ha considerado

],:':._-artambiénel

j€CCaa:3.S:.

a :c ::ro lado, en la -.¿'larelresultadodetptrobtemaconsiderandoelcriteriodeMáximaTenstonTange-:a'

::"

l:r

que SE CS:.

"ariar entre los

"IlÍIlT¡

.--

ffi

*. -**."-g-

ffi

*

le {li

iF

rF U¡

,ü,

{!

-il¡r-;::,:. : 'ñ-:s :-: {. llllu

.i.

! *- 5s9+ illü lü ¡t -jr : : wm¡'-:: r*'': !@:l: -i:-:

-.

}

S:j.-<

-.

82

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

La plaea:de 1a figura está sometida a flexión en el plano del papel con eiclos irregulares que se por bloques.'En.el gráfieo se representa uno de estos bloqües::con lgJ ciclos de :teneiones que apai.ecen en cualquier seccién de altura h debido al momento flector sobre el Bunto superior sección. La pieza está c.onstruida en acero dúctil y [a.eurva:S'N se puede aproximar Ésmo una rei{a en escalas logarítmica-logarítmica. Deterrninar:el número de repeticiones de los bloques de que puede soBortar'ta pieza anles de que aparezca el fatlo por fatiga con una confianza del 95%. DATOS: S" = 1O00 MPa Sv = 800 MPa

H=10cm h=5cm

e; i = 1 cm

Espeeor

4 mm radio de acuerdo:en el cambio de $eccién

Kt=Ú.72 K¡ = 0.95

LJ-r-

)-

s {MFa)

:

WI

í:il,3:t

ir- G s t9 At !i ¡i

;s

L).i= I lir¡.ü

ú ú

r¡t

€

!

t.di ffi

dfü¡

{ ú (a

.ú,rü¡

@r n # @

t :!Í

dlr @

]ü!¡!tu

7.

Problema

Placasometida a flexión variable en su

plano 83

rrllLJhh:-: Altrl IENTO

repeticiones del bLooue de :l: tel problema solicita el cálculo del número de para la resoluclo'r 5s'3 ¡s6ssario pues, de fallos del 5%. Así : -::: f,ue causaría un porcentaje .o¡sqnent€ al material que aplican Se r: a regla de Miner' Dado que las tensiones ',"n"n equ¡valentes de cada !ic ce ios carga

ll -l:,. . :

_tr-r-t &

: -t= {'1h',

-_ a. será necesario el cálculo de las tensiones alternantes

1r,i' r-¡ -::>

de ciclo presentes en la secuencia de carga'

' " : AiCULO

DE LA CURVA TENSIÓN VIDA

mismonivel detensiónnominal esobvio ::-::3caslasseccionesdealturahestánsometidasal altura, por suponer este cambio de geometrÍa un jt ",:. :::tción críttca será la del cambio de la curva S-N correspondiente a esta

.l

,,,::

: .t.-:-a.or de tensiones. En primer lugar es necesario

calcular

:- :el concentrador de tensiones' I - = S-N de una probeta sometida a flexión rotattva: i - - -r : :los se estlma la tensión de fatiga de la probeta como: ,,;: :

S'rooo = 0.9'Su

S'rooo =

900 MPa

como: ,:: ciclos se estima el límite de fatiga del material

S'" = 0.5 S,

500

S'rooo =

MPa

, -'. a S-N del componente: _- aseccióncríticade lapiezasecalculalatensiÓndefatigaconlasiguienteexpresión:

Sn=Ku Ko K. Ko K"

:ara

103 los valores de los coeficientes correctores

S'¡

*

de la ecuación anterior Son los siguientes:

Acabado suPerficial: Ku = 1 Tamaño: K¡ = 1 TiPo de carga (flexión): K" = 1 TemPeratura: K¿ = 1 Confiabilidad (95%): K" = 0'BGB

que tener en cuenta el efecto del concentrador de Como el material de la pieza es dúctil, no hay tensiones a 103 ciclos: Kr=1 Sustituyendo: srooo = K¿ K5 Ks K¿

K"

S'l

Srooo = 781.2 MPa

Para 106 ciclos se tiene:

iür

ooo

rf

84

Fatiga de alto ciclo Componentes de Máquinas

Ka= O'72 (dato del enunciado) Kb - 0'95 (dato del enunciado)

K"=1 K¿=1 K" = 0.868 de tensiones: factor de concentración En la entalla se tiene un

H=z

h

Kt = 1.5

L =0., h

2o7o MPa

¡y

= 0.025

ü = 0.052 mm

*.

----;Dl

ElfactordesensibilidadalaentallaqueseobtieneempleandolaecuacióndePetersones: 1

a = 0.995

d: Y

ct

1\IT

r

K¡=1497

r,=q(r,-1)+1

iguales' SecompruebacÓmoconunradiodeacuerdotangrandecomo:lqueposeeestapiezaelfactord€ de tensiones Kt son prácticamente o" límite de fatiga Kr y el factor reducción del

"on""ni'ución

en la sección crítica es: El límite de fatiga obtenido

a' ue

ss -- K¿ K5 K. Ko K"

Se = 198.2 MPa

7;

dicha posibre obtener ra ecuación de ra sección crítica, es de S-N curva la de con dos incógnitas: conocidos ros dos puntos un sistema de dos ecuaciones curva entre 103 y 10b ci"rá, ólunteando srooo

s"

=A

103B

=A 106B

A y B se obtiene: los valores de las constantes Despe.iando del sistema anterior

rog(s") D =

-

tos(s1o¡s)

B = -0.199

3 -_=----:- (srooo z toq )-log (S")

A = 3078.4

A = 10

estandarizadas de S-N EnlagráficasiguienteSerepresentanlascUrVaSs.Ncorrespondientesaprobetas

material considerado

U'"' O""to

logarítmica en vida y "n

'0 $m

ün''on"s'

estudiado' Se ha supue"" 1l':"11:urva expresión del tipo: obedeciendo por tanto a una

S¡=A

I

*,9

LllllL ü

ú

*

NB

;i

HT ffin

H frW 3r

es lineal en escala

Problema

1 .103

o**-

N

a fL

I

7.

Placasometida a flexión variable en su

plano 85

-""""J "ea

caaaa

\

z a

\

100

1 .103

100

10-

1.10'

10

1 .107

1.10'

Ciclos

*€€e rffi

Probeta Sec crítica

EQUIVALENTES 2.- CONTEO DE CICLOS Y CÁLCULO DE TENSIONES A continuación

se

de evolución de la tensión realiza el conteo de los ciclos presentes en el diagrama

normalmáXimadebidaalflectorqueproporcionaelenUnciadodelproblema.

el 'ac:tr nte c-a{es

Existentrestiposdeciclosdistintosdecarga,cadaunodeellosconSuscorrespondientestensiones a primer lugar las tensiones alternantes equ¡valentes media y alternante. Por lo tanto, se calculan en poder entrar con estas tensiones alternantes cada uno de los tipos de ciclos de carga, para equivalentes en la curva S-N obtenida anteriormente: o (MPa) 400 300

ión

de 200 100 0 -1

00

-200

El primer tipo de carga tiene una tensión media y alternante:

MPa

oml = 250 darizadas #lli nl en escah

es:

El número de ciclos con estas características

n1

oar = 150 MPa

-

2

es: La tensión alternante equivalente por el criterio de Soderberg o'a1

Seol =

'

Om1

sy

86

Fatiga de alto ciclo Componentes de Máquinas

o (MPa) 400

,

----'i-

300

, t

,

200 100 0

-100 -200

y alternante: tiene una tensión media El segundo tipo de carga o,.n2

= -100

MPa

es: con estas características El número de ciclos

de

compresión no

Por ser la tensión media alternante: Oii""iurn"nt" con la tensión

ou2

n2=

= 1oo MPa

1

en el cálculo y se trabala se considera su efecto 100 MPa

S"o2 =

S^^e = oaz

o (MPa) 400 300 200 100 0 -1

00

-200

y alternante: tiene una tensión media El tercer tipo de carga oag = 100

o.3 =

MPa €s:

ñg

=

300 MPa

1

estas característicaS El número de ciclos con de Soderberg es: equivalente por er criterio La tensión arternante

S^^. uy"

=

oa3

seqs =

342'9 MPa

Om3

sy

el comportamien:: e la ecuación que describe en obtenidas alternantes que ocasionar : sl Oe caOa tipo Oe carga Se sustltuyen las tensiones cictos J" nr,íoo *, "f fatiga de la secclón "ri,i"":"0,".,""J" por separado' tairá si ¿stos actuasen

* ínl

{É

t*

rlllMt

iíl@

ffirFffi il

ffi

variable en su Problema 7 Placa sometida a flexión

@

Plano 87

el primer tiPo 1

ñt l\i

_ -

.; ls"qr \" I -I

'\A

Nr=6.17.1 x10s

I I

)

Fau-aelsegundotipo,alhaberseobtenidoqueSeqz.S",lacurvaS-Nnosdaríavidainfinita(Nz=-). misma: luego para eurquecomoexistenotrostiposdecicloqu"o.*ionundañoalcomponente.Unavezoriginadauna contribuir al crecimiento de la ya sería esfuerzo de tipo este q¡@. de ciclos como en los otros tipos "upu.-J" número se puede optar por car"utar el corrtabilizar ese efecto también ciclos: I orgu, a pesar de que se supere el millón de

; 1

lS"or)"

N"=l-l '\A

Nz = 3'141

x

1O7

)

Para el tercer tiPo: 1

.;

/ ^ \u beq3

{

N"=l-l " \A

byse

Ns=6332x

l

104

)

DE FALLO ACUMULADO 3.- APLICACIóN DE LA REGLA

Conlosnúmerosdeciclosobtenidosenelapartadoanterioryasepuedeaplicarlaregladelfallo carga' que puede repetirse la secuencia de de veces acumulado para obtener el número

(n. tl**il* \' oc

n"\

-il=r N"J

DespejandoelValordeBenlaecuaciónanteriorseobtieneelnúmerodevecesquepuedeaplicarseel problema: el enunciado del ciclo de tensiones mostrado en

B =52454

ComProbar la influencia componente.

0mportamiento a

pe ocasionaría

el

de

considerar que

el segundo tipo de carga

no produce ningún daño en el

:,t

: :¡

ponentes de Máquinas Fatiga de alto ciclo

axiales que producen ciclos de la Figura 1 está sometido a esfuerzos El componente de sección circular giifiao. Esta secuencia se repite en el tiempo' de tensiones normales como los mo$trados "n "r

F

r

@

#-

Figural. Componente de sección circular

r{kht} 1ü*

tisfi:p* componente' Figura 2. Ciclo de cargas sobre el al mismo componente y tipo de

i¡

- ensayo --^^"^ de fatiga alternante.para Er materiar es un acero frágir. En un por la ecuación: un aiuste-d:'::Tf;n'*iento definido carga, pero sin la entalla, sJ f'a onteniOo S'rr

r

=2250N

""

SepidecalcularelnÚmeroderepeticionesdelciclodecargaquesoportaráelcomponenteconUna confianza del 50%. Datos sobre el material' Acero, S, = 1400 MPa Datos geométricos:

d2=25mm

dr=20mm

r = 1 mm (radio de acuerdo)

con la siguiente se puede calcular para este componente El tactor de concentración de tensiones expreslon: .-0.36-0 ltl

io.

d, 2 1 o1

l

K-=1+-# I

E.r

t).t¿

lz -t d1

,l*

:Ü

I

{3

!:

/{l

,rL

'it'

ryffi

r$:

#;

$li

llI

{ill,lfrr

m

iL, n,'

¡i. ill

ülr

it¡

ü

d¡r

rlp, ililt

ih.r,.*;;;üilu,

,i,,,

,h :L

:lil:

ür Idni

Problema

B

u Cambio de seccrÓn circular sometido

PLANTEAMIENT.

una a rrna -^^ñ+^ sometido 2 de fatiga de un componente '^moiirln Se trata de un problema '- iracciÓn

:i::'il ",,"s

u:

q-.1"

sec!e'' s€

tlnu u*'uY:$

a

l3 :a"las :e ilco axial

j , .:= ".

E'Q

'::, ::J'T :il;iü ;:iffi: T:::J::'ffii: iy :"::T:":.il:;? : ; :,';..1.: i )' - -:' 1= #il'i"i :; .:l :.'':.' ::.:i:::,:l;i: ":i,:? :;r":'# ::':'il:l::: T' z¿ =:l:"f '.'l¡ " ;:JHfY:1i:llr:: :"JH:T,:;:T ""J[1 :]"número *:: del:"n:"::Jj""LTli;:.:' broques de repeticion er ;;ffi5Jff #;"::M;;io;;;;;;"er '="" : probremas de ratisa

:"^:::,:'::T;'il:i""Xi,";.-:,,

..

=

-:ffi;;; ;;; t'0 "i" "' T3'll':::,""::::',i"J"i:1'ii:',:""1"'ll,li" -' :' l::H?:;:Hfl,:',;'ff;'3.''.1;;;; il;;i{:":il:^',ii"x:";="::H:;i":,;il::i.,=".'.:'

"';" ffiilffJ:"S"J:ffii"::;;il'i"ilil;;;;;iá'to'r<''esdecir'erractorreducio'::-' ratiga Por entalla'

solución del problema son: Los pasos a seguir en la

1.-DeterminaciÓndelaiensiÓnnominalenelcomponenteparacadavalordefuerzaar.a:. 2.-Caracterizacióndelosciclos(obtenciÓndesucomponentemediayalternante) mediante el factor Kr corregida únicamente 3._ Generación de una curva S-N

equivalentes Cálculo de las tensiones alternantes de Palmgren-Miner acumulado AplicaciÓn de la regla de daño

4.5.-

r::ie y ilpo c: ,a:rón:

1'-DETERMINACIÓNDELATENSIÓNNoMINALPARACADAVALoRDEFUERZA ripo r v ripo rusar a dos tipos de cicros:

::::::lvarores

dando máximos de fuerza apricada,

en la que utilizando notación uecioriat, "uou

tipo de clclo: .otfonente hace referencia a un

'

+ooool* E I'na\ --[tooooo'

-:nte con uf¿

del enunciado: observa en el diagrama de cargas aplicada es nulo, según se mÍnima fuerza de valor el

/o\ \u/

F..'in=l- lN LatensiónnominalqUeapareceenelcomponentevendrádadaporlaexpresión:

:.

4F o=--1

la siguiente

nu1

ciclo' se obtienen los fuerza máximo y mínimo en cada

los valores de Aplicando esta expreslon a máxima Y mÍnima en el comPonente: valores de tensión nominal 4 Ftá* Omáx =

I 127.32\

I lMPa umax-\sla.glJ

ndl 4 F-in omín =

I[lr

.rú,.i, t+-.-'rtüji,iL

,, lr i,

i.-,1 il; ,1r

Li¡l¡llll

.2 ndr

/o\ o*,n=l- lvea

\u/

n

Omnponentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

t

Lo que da lugar al siguiente diagrama de tensiones nominales frente al tiempo:

fr

( 6

e

0-

6 .s

E

zo c :9 c

L

F

n

o

a

2.. CARACTERIZACIóN DE LOS CICLOS DE CARGA De la figura anterior resulta inmediato observar cuántos ciclos diferentes y en qué número tienen lugar en cada bloque de carga. Otra posibilidad es aplicar la técnica de Rainflow para el conteo de ciclos en secuencias irregulares. En definitiva, se detecta que este bloque de carga está compuesto de los siguientes tipos de ciclos:

l'.

Ciclos Tipo

ll:

Ciclos Tipo

nt =

6¡¡¿¡ * 6¡i¡ 11

2

0¡¡6¡ * o¡¡¡¡

22

"'2

-

omín.,

omáx,

-

omín,

-r2

2

nz -- 2

omáx.,

4

"¿2

2

donde ni indica el número de veces que se repite cada tipo de ciclo, o.i es su tensión media y oai su tensión alternante. Expresado en forma vectorial, con una componente para cada tipo de ciclo:

(z\

n=l\c)

"'

I

=

I

os.oo

I o"" = I

)

[,un.,uJttu

os.oo

\lMPa

A

te

m

c(

\159.15,

De esta forma quedan caracterizados los ciclos. Estos estados de tensiones medias + tensiones alternantes deberán ser convertidos a una tensión alternante equivalente para cada tipo de ciclo, como se verá más adelante.

3.- GENERACIÓN DE LA CURVA S-N MODIFICADA Como se ha mencionado en el planteamiento del problema, la curva S-N modificada por el efecto del concentrador de tensiones se obtendrá a partir de la ecuación proporcionada en el enunciado para el mismo componente pero sin entalla (cambio de sección), sin más que dividir por el factor K1. Para ello, en primer lugar es necesario calcular

K1.

5.

A dr

A parlir de la fórmula dada en el enunciado:

Kt=213 Llevando a cabo el cálculo del factor de sensibilidad a la entalla q:

o = s.625,?9Zo ure..* su

Sr AS

yf 1

a = 0'964

1+-

cr¿

r

Pc

Por tanto, el factor de reducción del límite de fatiga por entalla es: rc1

= q.(K1-

1) +

1

Kt = 2'Og

VA

Pc

de

Problema B. Cambio de sección circular sometido a carga axial

varrable 91

)ado que el material se considera frágil, un aspecto importante en este problema es que el factor

de

'educción del límite de fatiga Kr debe ser introducido en toda la curva, tanto en el punto de vida infinita il06 ciclos) como a vidas bajas (103 ciclos), Para ello. sólo es necesario dividir directamente la expresión de la curva S-N del componente sin entalla por K,para obtener a curva modif cada:

Sr .,=d ) ^ - ) -:-:

La gráfica siguiente muestra la curva para S'r' (representada er modificada por el factor Ki. Nótese que se trata de un diagranra

S

al tipo de ecuación dado.

d

0-

6

,P d L1

o

E C .o a c a F

"

1

10"

1

Número de ciclos

4.- CÁLCULO DE LAS TENSIONES ALTERNANTES EQUIVALENTES

A continuación se calcularán las tensiones alternantes equivalentes a los estados combinados

de

tensión media + tensión alternante. Se utilizará para ello el criterio de Goodman, al tratarse de

un

material frágil. Al existir una entalla en un material f rágil, se deberá reducir el valor de S, por el factor de concentración de tensiones Kt. oa.

^J ,t = DNeo.

i::

tensron?: c,clo, cor-

ll

' lS, I

' : efecto c: -: ado para : .i

I zo.sr \ srueq=[r,o.,,uJttu

Om

r<'

l .J

5.- APLICACIÓN DE LA REGLA DE DAÑO ACUMULADO DE PALMGREN-MINER A partir de las tensiones alternantes equivalentes se puede entrar en la curva S-N corregida con el fin de calcular el número de ciclos N limite para cada una de estas tensiones alternantes equivalentes:

alo: 1

I

^ DNeo

,

OSIZ

I

' -l\ 1074.4 MPa /

N,

*

I

_ f zs+ssao''1

I

rsrar

)

Se observa cómo para el tipo de ciclos I (el más pequeño), la vida estimada es >106, lo que equivale a asegurar que Sn"q es inferior a S". Por tanto, este tipo de ciclos teóricamente no producen ningún daño y suponen vida infinita. Es decir: N1

--

Por otro lado, el número de ciclos obtenido para el Tipo I no será válido, ya que en esa zona no tiene validez la ecuación utilizada (sólo es vállda entre 103 y 106 ciclos). Por último, se aplica la regla de daño acumulado de Palmgren-Miner para estimar el número de bloques de repetición tolerables:

¡11

,ll

iri iiir iii 'rb, $'

i$,.

,1 n so w

92 l:'-:':-:-::s

alto ciclo oe Máquinas Fatiga de

/

nr\

1

B=,---/ llcl

u[o.GJ=,

I o+

\

-1 Nci

del problema es: repetición tolerables solución El número de bloques de B = 6591

:

$effi-*h

:{

sil ,¡

¿¡¡¡l

r1¡llll!

mx m

tt

I

Problema

de carga

9. Soporle de un elevador

industrial 93

a un elevador de carge en u*a industria' Se es:ima La pie¿a de lAftglJra 5e utiliza como ür:ién del cable : l que 1a'nai* del eleúador es de 1 50O' kg'

elevador siempre se repite la misma secuencia: En el proceso industrial para el que Se utiliza el : 1. Elevacién de una carga de 6000 kg de 2. Descenso en vacío ' ,3. Eleváción'de una carga de 30Ü0 kg de ,,' ,,,

masa

:

masa

4,

Descensoen

vacío

:

S,,Etevaciéndeunacargade3000kgdentasa'

:

'

6: Descensoenvacío 7, ElevaciÓn de una cargade 5ü00 kg de masa '

L

Degcenso en

vacío

'

,., ,i

' '

"

:

"""

t,

para que noise produzca 9l tallorpúr fatiga en la Estimar Cuántas veces se podrá,repetir esta secuánciá ', ' zcna central de la de inercia en las arráncadas y efectos cuenta,ios tendránen problemá, se NCITAt ,Fara simplifi*ar,el de seguridad X = 5' paradas a travé$ de una mayoración: de laS masas Con un factor

Pieza. :

:

: :

Datos'sobre el material:

'-'

Acero forjado, con Su = 500 MPa' S" = 800

Datos geométricog:

-

,-

" Dimensiones:a::=120mm;b=30mm; Rádio de ACuerdo =

Datos sobre fatiga: Confiabilidad

-

I

::

MPa

c=80ff¡lrl':

'

: ''"

mm

del99Y;

'

Utilizar un diagrama $.N can escala lineal {tensiÓn)'logarítmica {vida)'

"

94

3:rconentes de Máquinas, Fatiga de alto ciclo

PLANTEAMIENTO Se trata de un problema en el que se pide determinar el número de bloques de repetición de una

secuencia de carga para evitar el fallo por fatiga. Con este fln, hay que generar el diagrama de picos t valles para la secuencia de carga proporcionada y proceder a un recuento y caracterización de los ciclos que aparecen mediante la técnica de Rainflow. Habrá que tener en cuenta los efectos de mayoración de las masas mediante el coeficiente de seguridad X. En los problemas de fatiga en los que se pide número de ciclos hasta el fallo o el número de bloques de repetición (como es el caso), suele ser habitual el cálculo de la tensión alternante equivalente, para posteriormente, entrar en un diagrama S-N y determinar el número de ciclos hasta el fallo' Además, en los problemas en los que hay varios tipos de ciclos, se utiliza la regla de daño acumulado de PalmgrenMiner para obtener el número de bloques de repetición. En definitiva, la estructura de la solución aqu' presentada es la siguiente:

1.2.3.-

Determinación de la secuencia de tensiones nominales aplicadas Caracterización de los ciclos (obtención de su componente media y alternante)

Generación de una curva S-N corregida mediante los factores modificadores del límite de fatiga

4.5.-

Cálculo de las tensiones alternantes equivalentes Aplicación de la regla de daño acumulado de Palmgren-Mlner

1.- DETERMINAcIÓN DE LA SECUENCIA DE TENSIONES NOMINALES APLICADAS Para simplificar las operaciones, se dispondrán en forma de vector las masas desplazadas con elevador en cada etapa del Proceso:

Vector de masas: me

+

mc1

7500

me me

masas =

me

1

+ mc2 me

1

+

4500

masas

mc2

+

500 kg

500

6500

+ mca

1

me me

=

1

me me

500

4500

500

7500 mc1

Vector de cargas (fuerzas)

,'¡ii "ft

ll¡ll

fFl

,* ,llur,

r*

#

4

}m

u

llN

rúr il

ffi

e

Problema

9.

Sopode de un elevador de carga

industrial 95

73575 1

4715

44145 1

P=

P = masas.g

eón de

4715

44145

umu

14715

y

63765

a de picm

rcón de lm efectos : bloques

14715

& é

rbnte, par¿

73575

Vector de cargas mayoradas (se supone que se mayoran por igual todas las masas desplazadas, decir, tanto la masa del elevador como las cargas transpoftadas).

Además, en

367875

e Palmgren-

73575

olución aquí

220725

73575

P*ay=XP

D-

'

may

220725

73575

fel límite de

31

8825

73575 367875 La tensión nominal aplicada al componente en estudio (pieza que une el cable al elevador) es:

ADAS

153.281

adas con

30.656 91.969 30.656 Pmav

unom

-

.

D.C

9nom -

91.969

MPa

30.656

132.844 30.656 153.281

Por tanto, el diagrama de tensiones nominales aplicadas en una secuencia es:

d

o-

6

.g E

o

c c :9 c o F

Tiempo

Éstas son las tensiones nominales con las que hay que analizar el comportamiento del componente fatiga. Observamos que existe efecto de tensión media.

a

5

3mrporientes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

2.. CARACTERIZACIÓN DE LOS CICLOS De la figura anterior resulta inmediato observar cuántos ciclos diferentes y en qué número tienen lugar en cada bloque de carga. Otra posibilidad es aplicar la técnica de Rainflow para el conteo de ciclos en secuencias irregulares. En definitiva, se detecta que este bloque de carga está compuesto de los siguientes tipos de ciclos: onoma

Ciclos tipo

l:

¡1 =

2

Ciclos tipo

ll:

nz

-

1

Ciclos tipo

lll:

ns

=

1

(t-r'¡i =

+ onom, 2

onom, + onomu

-

onom,

onom,

-

onomu

onom

-

onom

oa=

2

2

onom, + onomu

ot.=

-

onoma

O."r2=_.-.=-

18

-92

2

donde ni indica el número de veces que se repite cada tipo de ciclo, om¡ es su tensión media y oai su tensión alternante. Expresado en forma vectorial, con una componente para cada tipo de ciclo:

(z\

.=l'l

I so.oso )

/ or.srs\

tl om=lB1.zs

\1/

\

91.969

o,=lut.oo+ I ut ..,.

lMPa

lrvea .,J

' De esta forma quedan caracterizados los ciclos. Estos estados de tensiones medias + tensiones alternantes deberán ser converlidos a una tensión alternante equivalente para cada tipo de ciclo, como se verá más adelante.

3.- GENERACóN DE LA CURVA S.N CORREGIDA 3.1.- Generaeión de la curva S'N para una probeta estándar Es necesario disponer de un diagrama S-N corregido por los distintos factores modificadores del límite de fatiga. ldealmente, sería conveniente contar con un diagrama S-N obtenido experimentalmente a partir de una probeta del material aanalizar, al que luego se aplicarían los factores correctores. Como no se proporciona dicho diagrama para una probeta del mismo material, a continuación se estimará como se indica en los apuntes de teoría. Estimación de la resistencia afatiga de una probeta estándardel mismo material para 103 y 106 ciclos. A falta de datos más concretos, se tomará: s'1ooo = o.9.su

S'.rooo =

720 MPa

Como S, < 1400 MPa

s'e = 0.5.su

s'"

= 400 MPa

El diagrama simplificado para una probeta estándar asígenerado será, en escala lineal-logarítmica:

Problema

lirpr

9.

Soporte de un elevador de carga

industrial 97

d

ü

o-

Egr

o 6 o E c .o

G

@

c o F

I io3

1

io4

1

105

1 .106

Número de ciclos

3.2.- Generación de la curva S-N corregida para el componente Factor corrector por acabado superficial (acero forjado): ka rd¡a

.t

-

272.(su¡-o

oos

ka

-

0.352

Factor corrector por tamaño. Al tratarse de cargas axiales:

üo:

kn=1 Factor corrector por tipo de carga. Como Su < 1520 MPa y las cargas son axiales:

G = 0.923 Factor corrector por temperatura. Se supone temperatura ambiente:

ko=1 Factor corrector por otras influencias y confiabilidad: ke = 0814 Factor de reducción del límite de fatiga por entalla:

es@

Como S, > 550 MPa

ntalr.rerllEl DTES

"

=

oozs(affi)"

q =0.065

mm

se es: 1

r 10:

a = 0.992

l+9

r

Reconociendo que H = a y que h = c, según la nomenclatura empleada en las gráficas de peterson,

H=a

h=c

tl l-l-rtr h

r-o.l

4=2.1

h

kr=1+q(kt-1)

kt = 2.09

De esta forma queda determinado el factor de reducción del límite de fatiga por entalla. para reducción de Ia curva de la probeta estándar a la modificada para el componente: Cálculo de S" a partir de S'" (vidas altas)

la

'il

lDunn¡ponentes de

Máquinas Fatiga de alto ciclo

g" = k¿.k5.k6.ko

Se =

ke

50'52 MPa

P

vi dúctil) Cálculo de Srooo a partir de S'rooo (vidas bajas y material

S'l

Slooo

ooo

P

Srooo

= 1 1 k6 ko ke --,,

d

= 540.95 MPa

d fI 6

'? ñ

oo C .o

'6

c o F

'1

.1oo 1 1ou

1

1ou

Número de ciclos

Es conveniente obtener las constantes

se observa que la reducción en la curva s-N es conslderable. Para ello simplemente y D que determinan la recta inclinada del nuevo diagrama s-N modificado'

c

hay que cuenta teniendo en que resolver el sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas correspondiente'

se trata de un diagrama lineal logarÍtmico:

Stooo=C+D3

Se=C+D6 C = 1031.38 MPa D = -'163.48 MPa De esta forma, el diagrama S-N corregido queda determinado'

4.- CÁLCULO DE LAS TENSIONES ALTERNANTES EQUIVALENTES las tensiones alternantes equivalentes a los estados combinados de

A continuación calcularemos

tensiónmedia+tensiónalternante,utilizandoelcriteriodeSoderberg:

I s¿.s¿l

oa. I

SneQr =

om

1-

I

sy

\

s'eq = l ut ot l*tu

Izs.lsz

J

DE PALMGREN-MINER 5.- ApLICACIÓN DE LA REGLA DE DAÑO ACUMULADO la curva S-N corregida con el fin A partir de las tensiones alternantes equivalentes se puede entrar en tensiones alternantes equivalentes: de calcular el número de ciclos N límite pafa cada una de estas s*"oj_c

Ni =

lo

D

( t z+s^ tou'l

N=ls.ore^105

l_t

Iz.ozt " lot

|

]

pequeño), la vida estimada es >106' dado que s¡gq es Se observa cÓmo para el tipo de ciclos I (el más producen ningún daño y suponen vida infinita Es inferior a S". por tanto, estos ciclos teóricamente no decir,

Problema

N1

9.

Soporte de un elevador

o"

try1noustrial99

=-

::.ctrolado,elnúmerodeciclosobtenidoparaelTipolnoseráválido,yaqueenesazonanotiene 1 03 y 1 Oo ciclos) ' utilizaJa (sólo es válida entre , z iez laecuaclón :'.Último,seaplicalaregladedañoacumuladodePalmgren-Minerparaestimarelnúmerodebloques ::'ePetición tolerables:

-l^ ulo I

nz ng)-,

G'NrJ=

B=, --Lln,9-] 1." N2 i\

3

problema es: tolerables solución del nÚmero de bloques de repetición

B = 388409

ilINER

":grda con el f -

:,

valentes:

:ado que S¡sq

^

€s

.rida infinita. Es

ü rl i,

,l.Wlm,,,frlr'u'nl

ll

i

I

,i..!t

t

mu¡mpnentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

Ére-: úW:<.+X

P¡

Se dese-á;qaleujál:el :grlr¡ero''.de.pie¿as que.puéde. levaniar:el'ganCho de una

9{9

de una indusiria

ántés,de díe'se produlea.el,,iállo,poifatigá det pasador- {fabricaderrnÉdianle:mÉcanirado},.qué:lo,s,t¡Jeta,

coRuRa:tontiahifda.ddel

99o/d : '. t',.

EI fa1

1

re

t'*i

F/2t

C(

de

p(

lor

M

St

FX

el

}' El gancha. se utiliza para lévanta'r dos tipos, {e pis¿¿s: unas .de 9000ü. N de Feso .l¡ btras 'de 70O0O N, siendo e| 10o;b'a* las.piezas que levanta del primer tipo y el 90Yo restante de las .más ljgeras {sólo se

eleva'u¡a piaza cadáv€z).. '

1

E

ianto et ga.ncho *omoias piezas lateralee que sujeta el pásador impiden que ésle {lecte, lusgo:a la Irora de cátcr¡larlo,tan sélo hay.'qlle:tener'eR cuenta ,los cortantes. $upóngase que las eargas estál uniformemente distribüida$ a lo largo de la'tongitud del pasador.

o c

c

Fara ineluir él,efecto dá la* aceléraeioneg de las masas y otros posibles efectos no contabiiizados se ha

derealizare]oálelj.o'jntfÓdueiendouncoefieientedeseguridadenla.cargadeX=.l'5: Datos sohre el máterial: Acero, con',

:

F

Sv =

800 MPa,

Su

= 1000 MPa

S'' = 55 MPa Datos geométricos:

'' -

Diámetro ménor d..= 1'g

rnm

.

Radio de acuerdo en ol cambio de sección: p

deJatiga:

(

.

.

.

= 1 mm

l,

-F.aetordetamañoparacorlanteyeldiámetropequeñod:K6=6'g

,-

-

v

c

Diárnelro de !a sección eentral: D = 20 mm

Cotas de la figura en mm Dafos para el análisfs

-

€

F€ctor de coneentración de tensíones para el cortante en el cambio de diámetro: K 't.3 = $upóngase funcionamiento a ternperatura ambiente {20 "C).

Conliabilidad del99%

..U1ilizarundiagrama8.NconescalalineaIfensién},logarítmica{vida}'

c

t

Problema

l0

de una grúa Pasador del gancho

101

,il*,

,-ffi

eLANTEAMIENT.

:

=,;i. ;;;; '

por el

sancho-;::i:

piezas a levantar de pi':ti't^1u;""r'.Olt"*"te r el número d" a esl cbietivo es determinar d" levantan dos tipos

que se

t""'H:*1ti;:fi':Ti

?i""tj

j:*il:i:;**:*":',t',Jffi "*' ú$ll":'ü4'r.i:,il';:.T;i:':[jl::l='ff-: e.n Í'l 1ol""'^ ,""1 -rrasta

.;;; ;i"ffi';:: :i¡l¡ i: il: H; * :l:;. .'""ffi "" " '.:osreriormente.enrrarenundiagramls-N,y^ll,"r.;,il'zalaregladedañoac-^1-¿oodeP' ct varios tipos de n

que hay :s problemas en los

:ihrf:ffiil[t:"'""'Tfifitdd:*il':::ir"i""::'::'l;:"Y;.iil:T;1-i::'"""i':;; de carsa ::";;;":i";y:^::T:ili$;::l:flilT, tenstont

"n

ei valor de las

luo" cic,o

problema son: en la soluciÓn del Los pasos a seguir la sección más desfavorable los esfuerzos en media y alternante) 1.- Determinaclón de de su componente limite de de los ciclos tont"nc,on Áodificadores del

2.. 3.-

Carac|errz.actón

curva S-N "",,"nl0"-*"diante GeneraciÓn de una f

4'5'--:> uÚ /vv-:: lqi - r; -¡r:q

'

3

a

1'.DETERMINACIÓNDELoSESFUERZoSENLASEccIÓNuÁsoesrlvoRABLE por las aceleraciones

;"r'";"l"t

dicho lJ;;,t;g:i:1iffi"TtiJ3it"r ff:i""J;'"'":$:;::"':: mayoradas por t

contabilizado, ,","L"i",'ür-"u,nu, '"'t'i'*J"iJ

I

as cargas es::-

-:a'ciiizados se -

tu".,".

atiga alternantes equivalentes Cálculo de las tensiones de Palmgren-Miner regla de daño acumulado AplicaciÓn O" fu

que er coericiente Er enunciado indica de '=cie. iuegc

los

coeticiente de seguridad:

P' = X Pr P' = Y' Pz

-.

:

p-roporclonad"ii"t""

P1 = 135000 N P2

'105000 N

=

o::1Ti"'T$1".3,::t:J:"":H":::i":t:'li:jüíüjjl'üj5: "o*'" c u un esruerzo pursatorc #;;;;;;o;p"""n'"' 'usu'

arojamiento o"l Por otra parte, er el único esfuerzo mecánrcos'

"üt*'t"t i Ju,"u,su,

1,1j:fl;:ilff:l[i:#" tul': t^::i"::::",."menre

que poora ocasionar

'"

que la carga está uniforn

de distribuida a ro larso

tipos obtienen con los Oos cortantes que se esruerzos de ;;n;";;t de maYor valor: Para la carga TiPo l'

Considerando

6.75

10

z o C

6 o

3--3lro: Kr = 1.3

Lll

-6.75

10

Longitud (m)

rl

-""-"-.4iñÉ!iltril, Fir

l

dü|¡|d}

ii,,

ll¡ll

¡ ¡ü

ie

pasador

'"nq1:1,::l '" son los siguientes: carga

10s

$,2

l.:-conenies de Máquinas Fatiga de alto ciclo

Para la carga TiPo ll, de menor valor:

5

25 10'

z o c d o

+ ul

-s.z5.1oo Longitud (m)

del pasador' donde aparece por tanto, las secciones más críticas son las de los cambios de diámetro máximo coftante, de valor:

r, vmáx,--tt

el

,

\/'maxp --"

2

Iy de vector (primera componente para la carga Tipo Expresando dicho cortante máximo en forma resulta: segunda componente para la carga Tipo ll)'

v.",

=

/ 67500) jN

[szsoo

aún más debido al cambio de diámetro' lo que hace Además, existe un concentrador de tensiones crítica dicha sección.

DE CARGA 2.- CARACTERIZACIÓN DE LOS CICLOS

cuandc y máximo cuando esté cargando una pieza cero La carga en el pasador oscilará entre un valor y alternante' otra media componente con una ya la ha descargado, lo que ocasiona ciclos de carga

Elvalornominal(esdecir,sinconsiderarefectoscomoelconcentradordetensiones)delatensiór

como: tangencial máxima en la sección crítica, se calcula

4 Vmax rmáx=l---. :, o /d\nl-l \2) I sss.z )

t'u'=[rru.)*'" Los valores mínimos son cero (sin carga):

lo)

rrn'n

=l\.0

ltr¡Pa

i

tangencial máxima varía con el tiempo del siguiente Por tanto, en un bloque de repetición, la tensión modo:

s

l*

fi ll* * i* eiiT 'r¡¡lL :i ,t¡¡u

*I

Ltr

*i.*

lrlin

:uir

illii

,{k

.r

#,#* ffiffi'ffimlffi

-**ffi ffi

n

Problema 10. Pasador del gancho de una

grúa 103

6

L

x .d E

o c ñ a co

F

Es decir, de cada 10 cargas de pieza, una carga corresponde a

de aparec€

dl

t.,ir, Y 9 cargas

"

tmáxz

y en qué número tienen lugar De la figura anterior resulta inmediato observar cuántos ciclos diferentes para el conteo de ciclos en en cada bloque de carga. Otra posibilidad es aplicar la técnica de Rainflow

está compuesto de los secuencias irregulares. En definitiva, se detecta que este bloque de carga siguientes tiPos de ciclos:

ciclos Tipo

l: ¡, = 1

.r, =

'tt*'t 't

tmáx,

'

xa

,=--

z

!mln2

!max2

carga Tipo I y

Ciclos Tipo ll:

nz =

9

,^r=

-o2

T

Tmín,

2

tensión media y tu¡ su donde ni indica el número de veces que Se repite cada tipo de ciclo, tmi es su para tipo de ciclo: cada componente una tensión alternante. Expresado en forma vectorial, con

/r\

n=ltol hace aún más

I

/

"

=

176.8

/rzo.a\ lMPa \ 137.5 /

)

t.' = |

[rrr uJtt"

tensiones De esta forma quedan caracterizados los ciclos. Estos estados de tensiones medias +

de ciclo, como alternantes deberán ser convertidos a una tensión alternante equivalente para cada tipo se verá más adelante.

y cero cuando úternante.

) de la tensión

3.- GENERACIÓN DE LA CURVA S-N PARA LA SECCIÓN CRíTICA 3.1.- Corrección del límite de fatiga (106 ciclos) para el punto correspondiente al límite de fatiga, la aplicación de los factores modificadores se hará a través de la siguiente exPresión: Sse

= Ka Ko K" 16" x""Kr I S'"

Factor de acabado suPerficial:

Ka=aSub

Ka = 4.51 Su-o

2os

Ka =

0'723

Factor de tamaño (es dato): Ko =

0'8

en Factor de tipo de carga (para estados de cortadura, transforma tensiones normales de fatiga

tensiones tangenciales de fatiga):

Kc= 0'577 Factor de temperatura (temperatura ambiente):

rc del siguiente

Ko=1

104

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

Factor de confiabilidad y otras influencias (confiabilidad del 99%): K" = 0.814 Factor de reducción del límite de fatiga por entalla. En el cálculo de de un problema de fatiga bajo tensiones tangenciales:

cr

2070

=

0.025.-.0.6

mm

cr

SU

cr,

aparece el factor 0.6 por trata-:i

= 0.031 mm

1

l+_d p

El factor de concentración de tensiones es dato: Kt = 1.3 con lo que el factor de reducción del límite de fatiga es:

x1=q(r¡_1)+1

Kt = 1'29

El límite de fatiga para las tensiones tangenciales resulta Sss

-

K¿.K5.K. Ko K"

A

S'"

\f

Ss" = 115.8 MPa

3.2.- Corrección para el punto a 103 ciclos Para este punto, la aplicación de los factores modificadores se hará a través de la siguiente expresiórSsru

= Ka Ku Kc K¿ K"

I

5'¡1

K1

Factor de acabado superficiar. se toma ra unidad, ar tratarse de vidas bajas:

G=1 Factor de tamaño. Se toma la unidad, al tratarse de vidas bajas:

G=1 Factor de tipo de carga (para estados de cortadura, transforma tensiones normales de fatiga e-

tensiones tangenciales de fatiga):

Kc = 0'577

Factor de temperatu ra (temperatu ra ambiente)

:

t
Ke=0814 Factor de reducción del límite de fatiga por entalla. Se toma la unidad, al tratarse de un material dúctil vidas bajas:

Kt=1 A falta de más datos, er límite de fatiga para 103 ciclos se estima a partir der valor de s,:

s'N = 0.9 su

s'¡

y el correspondiente valor modificado es:

.Utl

=

900

MPa

,,

Problema 10. Pasadordel ganchode una

Ssn = K¿.Ko t<" 3,6 por tratar:-

t
f" IKi

S

Ssrrl

H

grúa 105

- 423 MPa

La curva S-N modificada tiene el aspecto siguiente en un diagrama lineal-logaritmico: 500

o

0-

4

d

o o

c

c

300

200

;Q C

o

100

F

1oo

11ou

11ou

Número de ciclos

Conocidos los dos puntos de la curva S-N modificada para nuestra sección, se puede obtener la ecuación de dicha curva entre 10s y 106 ciclos mediante la determinación de las constantes C y D:

ssru-c+olog(to3)

s"u=c*orog(loo) resolviendo el sistema:

C

j':e

-

730.12 MPa

D = -102.38 MPa

expresron

De esta forma, el diagrama S-N corregido queda determinado.

4.. CÁLCULO DE LAS TENSIONES ALTERNANTES EQUIVALENTES

A continuación se calcularán las tensiones alternantes equivalentes a los estados combinados

de

tensión media + tensión alternante, utilizando el criterio de Soderberg, al tratarse de un material dúctil. Se deberá tener presente que los límites a utilizar son límites a codadura' ta

:s

de fatiga

e-

e .. usl\eo ,t -

I zsr.s ) SsNeq=l,or,,Jtt"

tm

1-

j

a

"sy

s.- ApLICACIóN DE LA REGLA DE DAñO ACUMULADO DE PALMGREN-MlN,¡ER A partir de las tensiones alternantes equivalentes se puede entrar en la curva S-N corregida con el fin de calcular el número de ciclos N lÍmite para cada una de estas tensiones alternantes equivalentes:

raterial

dúcti

Nl =

10

D

N-

I rssrz \ i

\.

tstzoa )

Se observa cómo para el tipo de ciclos I (el de carga más elevada), la vida estimada es mucho menor que para el tipo de ciclos ll. Por último, se aplica la regla de daño acumulado de Palmgren-I/liner para estimar el número de bloques de repetición tolerables:

ln, Bl\Nr

nz) Nzl

1

/n1 nz) _+_l \ Nr Nzl

106

Corponentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

El número de bloques de repetición torerabres sorución der probrema es: B = 9171.2

: I : l:

y dado que en cada bloque de repetición se levantan 10 piezas, el número aproximado de piez¡c máximo que se podrán levantar serán:

Piezas

=

10.8

Piezas = 91717

La Fi{

ÍEEI

Considerar qué sucedería si el pasador fuera de un diámetro constante en toda su longitud.

¿Mejorar,a la vida a fatiga? Desde un punto de vista construct¡vo, ¿qué modificaciones se deberían incluir para **

correcto funcionamiento de la máquina en este caso?

La ca l*

Sabi(

cab¡.¡

DA?(

lbte

Factt

-t

Problema

W; ,itud.¿ n incluir

pan

La,eaiga,5¡liqé,qai

e5.:

uná

*ados::e.fiI'Flé,Wtsüs::,,,,' .

11. Pletinas paralelas sometidas

a carga

variable 1O7

1

08

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

PLANTEAMIENTO Puesto que ambas hojas sufren idénticas deformaciorres y son geométricamente iguales, pueci: considerarse un sistema compuesto por dos hojas independientes empotradas y con una carga en e extremo de valor P12 aplicada sobre cada una.

Para solucionar el problema consideraremos, por tanto, una sola hoja empotrada que soporta

una

carga en el extremo de valor P/2. El desarrollo de la solución consta de los pasos siguientes:

1.2.3.4.-

5.-

Conteo de ciclos de carga Cálculo de tensiones medias y alternantes producidas por cada uno de los tipos de carga Evaluación de la curva de comportamiento a fatiga del componente

Cálculo de tensiones alternantes equivalentes y número de ciclos hasta el fallo para cad. tipo de ciclo Repeticiones del bloque de carga apllcando Palmgren-Miner

1.. CONTEO DE C¡CLOS El conteo de ciclos se realiza siguiendo la técnica Rainflow, de modo que requiere una reordenaciopara que el primer punto sea un máximo o mínimo. En este caso se trata de un máximo (Figura 3a). Se continúa iniciando la búsqueda de puntos que definan ciclos. En la Figura 3b están señalados los dos primeros, que definen el tlpo de ciclo 1, = 1, Pmax = 500 N, Pmin = - 500 N Se eliminan los puntos anteriores y se repite el proceso desde el inicial, obteniendo otros dos puntcs que definen el ciclo de tipo 2 (Figura 3c), Ot

Ílz = 1, Pm¿* = 1000 N, Pmin =

-

1000 N

Continuando el proceso, se localiza otro ciclo de tipo 2 (Figura 3d), fiz = 2, Pnax = 1000 N, P'in =

-

1000 N

La siguiente etapa nos permite localizar un ciclo tipo 3 (Figura 3e), rls = 1, Pm¿x = 500 N, En el paso siguiente localizamos otro tipo 3 (Figura 3f),

Pmin

=0N

ñs = 2, Pm¿x = 500 N, Pmin = 0 N La Figura 39 muestra la localización del tercer ciclo de tipo 3,

fl: = 3, Prur = 500 N, Pm'n = 0

N

El ciclo restante (Figura 3h) corresponde a un tipo 2,

ilz = 3,

Pmax

= 1000 N, P'rn =

-

1000 N

Problema

11

a carga vartable Pletinas paralelas sometidas

109

Figura 3a

Figura 3d

Figura 3f

Figura 3e

-:

-

.^ ^.4- - - :J J= :-

-^:-t^!-:= d d!-:

Figura

Figura 3h

39

tabla: inicial se puede extraer la siguiente En resumen, del reglstro temporal D I

I

3

max

Pmin

1000 N

-500N - 1000 N

500 N

ON

soo

trt

P.

PU

ON ON 250 N

500 N 1000 N

250 N

MEDIAS Y ALTERNANTES 2.. CÁLCULO DE TENSIONES

Lastensionesqueaparecenenelempotramiento,queeslaZonamásciesfavorabledelaviga,se calculan según Ia expresión:

M h Fuerzal

|

12

h ¿

de la sección de la viga' siendo I el momento de inercia

¡=1.0.r,' 12

luegolastensionesmediasyalternantesenelpuntocrÍticodelasecciónmássolicitadason, Pa

P, -L2 or= __t_ tipo de ciclo' sustituyendo valores para cada

h

2

-L o. =--l2

h

t

110

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

( ","=l \

oooo ) o.ooo

o"=l

l

I

( zat .zso

lrr,re"

r

+o.ozs

uuruoo r

I

lve"

+o.ozs J

c

3.. CURVA DE COMPORTAMIENTO A FATIGA DEL COMPONENTE Para aplicar la regla de Palmgren-Miner se necesita conocer la vida asociada a cada tensrón alternanre equivalente, por lo que se hace necesario establecer la ecuación que relaciona vida con tensior

alternante.

Para 103 ciclos:

Srooo

= K¿'K6

1

K.

Kq K6

Srooo Kr

donde

= S, 0.9

S16ee

para 1000 ciclos

4

Ko=1

Ku=1

Kr=1

H

Sr

por tratarse de una flexión

cf

K"=1

at

temperatura 20oC

Ko=1 confianza gg"/" Ke= 0.814 Para 'l 06 ciclos: qr

s^=

Ka.Kb.Kc.Kd.Ko

I

1

S'o

K1

siendo,

/s \" K-=al " _

"

P(

-h

\ veal

I

fu

de

por tratarse de acero laminado en frío.

a-57-7

b=_0.718

ys

sustituyendo,

K, = 0.405 Dado que se trata de una sección rectangular,

o"o ' x^=f " \z.azmm) /

-t

0.1 133

I

5.'

Pa

ec

d"q = 0.808 r/áñchura.altun luego:

a carga variable 1 1 1 Problema 11. Pletinas paralelas sometidas Ks = 0.955

siendo dato del Problema: Ki = 1.1

corresponde a componente en función del número de ciclos Suponiendo que la resistencia a fatiga del la ecuación:

Sr'r=C-Dlog(N) Se evalúan las constantes

para l ooo y

ra ecuación

c y D planteando

,-.,

D=

-

106

ciclos, obteniendo

srooo s" e

-196 522 MPa

c=s1ooo-3.D C

= 1'322x

103

MPa

4.-TENSIoNESALTERNANTESEQUIVALENTESYNÚMERoDEclcLos HASTA EL FALLO

aplicar los tensiones medias y alternantes se pueden se trata de un material dúctil. Para considerar equivalente se Por tanto, para obtener la tensión alternante criterios de Goodman o de soderberg' aplica, por ejemplo, el criterio de Goodman: ou,

S*=_ o. 1- e

'

UU

quedando:

f,28125) 5625

s*=l [

163.636

lruea

/

a fatiga del componente por lo tanto, despejando de la ecuación que define el comportamiento repetir puede obtener el número de veces que podríamos

función del número de ciclos, se determinadotipodecarga(pcrseparado)antesdequeseprodujeseelfalloporfatigadelcomponente:

en un

S*,

Ni =

10

D

y sustituYendo:

/ 1e8o11)

N-l

rc38 lrePeticiones l_-__^^t \ /u55ób /

5.- REPETICIONES DEL BLOQUE DE CARGA se utiliza la que se puede repetir el bloque de carga mostrado' Para determinar el nÚmero de veces ecuación de Palmgren-Miner:

eYl=r 2Nl i

d

112

Corlponentes de Máquinas Fatiga de alto ciclo

despejando B,

B-

+ñi

LNi i=1

Se

sustituyendo se obtiene: B = 2394

3e

4 se ha optado por utilizar el criterio de Goodman para la obtención esfos resultados con tensiones estáticas equivalentes, resulta recomendable comparar se deberían explicar Posteriormente Soderberg de correspond¡entes al empleo del criterio Puesto que en et punto

diferencias observadas en base a las establecidas por los criterios'

Se

lt

Problema 12. Placa con concentrador sometida a flexión variable 1 1 3

e* la ñgura se estril aplk=ndo, simultáneameÍlte, un di:eion-rerlica} y un stue¡¿a axial corstanie qrle *qcte,e1r éste mo*diteétor.ü.ariabte-{que flace eem,Éeiffi,g¿:si5, í mlsqgque'et'cence*trader de tensicrcs h zona más desfavc¡able &l

Se sabál:dug..,i r.e.el-cornpoJrente n¡os:rada

s

*

€fipofieflt-g;,;;,',,

-',;. ;.,

j.-

.'.,:,t,,.

$ la obtenc,v, bdos '?F exgt',ffi'

son

amtrs estuer¿m Se,deseá,-eonocer la vida,a {atiga dql compsnente' Puesto.queios'valcr'es'de A fin de obterer la magqitud. para su éváluár gal,gas extensorfi.étriqasi desconocidos:ss,utitEaráfi, dosde lensiores' pgscidn,de'} concéntrader ta máxima se{lsibilidad,enla:medida,sa situarán:las,gafgas.en ga$as extensORlétrjeag"gft:la seccien del ,.,,,,,1.) ,lndieAr.,laS:,podicianes,:más',AdéOuAdás de Jas 8uteonexión en el puente de'Wl'leastone'para r*edir las

. col.loé.utrador,'de,tensisnes.,y. ' '' . ,Jersion*g debidas s cada uno:d'e lo$ tipos de ésfuerzos''r -éntÉ- cáne' dáe. ál .l-uent3, ,..?) , Situada* lq,Q.l dos galgas, adeeuáOame¡te,, y. conecta ": -h" la grálica la variación'Uel volta¡e V p.,rqguciCa'par ef nrq.ryrqnto,flector' obJeniéndose

:.:r,-:

"

':

'

':

, : ,':.. ;

':

:::j.. '

,rledido :, niüsifada, en ,ta,figúia,. Suponienoo,cuo,e¡lqla una'relación.lineal.entre

.::'. dgformgciones; calcülar

lavida'del bo-mpünente'

:

;

"'

:

a :&:

=

D

$

4

.rú g

.J

5

o

I 1

DATOS: Materiali

:

,

,'

E

S* = 900 MPa

Sn

Geometría:: . .:

-

Módtrto de Young:

= 600 MPa

:

h,-2cfÍ-

t{:=3Cml

Ooefioientes de fatiga (vida infinita): K" =

2.1.1011 Nlme

0.9

,', :.' l(6:p.llr :''

, ",

,

.

'

-

r = ú.8

cff¡'

,

,

Ko = 0.85

Ke-

1,

:

Ke*0,85

K¡=

l{¡-

1.2

la-

ns¡of.les y las

t''

#

t

t{

Dmr¡wsrtes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo €te,wltaa'Ftqq]

AF

PL En paf los

Ai

me

util cor

pur

@l En En al

ter

mi Po

mir

A1

co

es'

ter La ES

en ga

Problema 12. Placacon concentrador sometida a flexión variable 1 15

APARTADO

1

PLANTEAMIENTO En este apartado se habrá de justificar la localización más adecuada de las galgas extensométricas para evaluar las tensiones asociadas a los diferentes tipos de esfuerzos. Se habrán de tener presentes los siguientes factores: - Distribución de tensiones en la sección generada por cada esfuerzo. - lnfluencia de cada una de las resistencias sobre el voltaje medido en el puente de Wheastone.

-

conveniencia de utilizar las mismas galgas para realizar ambas medidas.

A fin de obtener la máxima sensibilidad del puente posible, se deberÍa utilizar una configuración de medio puente; es decir, se deberían uiilizar las dos galgas extensométricas disponibles, ya que de utilizar una única galga (configuración de 1l4de puente), la sensibilidad del puente sería menor. Más concretamente, conectando las galgas adecuadamente en puente, mediante la configuración de 1/2 puente se obtiene una sensibilidad doble que la que se obtendría si se utilizase solamente la configuración de 1/4 de Puente. En el componente aparecen de forma simultánea tensiones debidas a flexión d y a axial b.

En el régimen elástico del material y en ausencia de concentración de tensiones, las tensiones debidas

al esfuerzo axial son constantes en toda la sección del componente. Por otro lado, la distribución de tensiones debidas al flector es lineal, tomando valor nulo a la altura de la fibra neutra y valores de igual módulo pero signo contrario en la parte superior e inferior.

Por lo tanto, como se ve en la figura, en una parte del componente ambas tensiones se suman, mientras que en la pafie contraria se restan.

1.- MEDIDA DE TENSIóN PRODUCIDA POR EL FLECTOR ALTERNANTE A fin de medir solamente el efecto del flector, y no medir el axial que actúa simultáneamente, se debe colocar una de las galgas en la parte superior del componente, y la otra en la parte inferior, ya que en estos puntos la tensión debida a flexión es máxima. Se supondrá que el radio del concentrador de tensiones permite situar sin dificultad una galga sobre la superficie del concentrador de tensiones. Las galgas también podrían ser situadas en una sección distinta a la del concentrador de tensiones. En este caso se perdería el efecto'multiplicativo'del concentrador de tensiones, con lo que la sensibilidad en la medida resultaría menor. Se podría optar por esta opción si el radio r no permitiese alojar una galga en el interior del concentrador de tensiones. En este caso, y para obtener la máxima sensibilidad

1

16

Ccnponentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

en la medida, las galgas deberían situarse en las cercanías del empotramiento por ser éste el lug" donde las tensiones debidas al momento flector toman los valores más altos. Las galgas activas en el puente de Wheastone corresponderían a Rr y Rz en la figura siguiente.

Colocando en la parte superior del componente la galga correspondiente a Rr y la otra galga en la inferior, R1 aportaria el efecto de la tensión b+d, mientras que R2 aportaría el de b-d.

pa::

La siguiente expresión sirve para determinar las variaciones de voltaje V en función de las variacior=. de cada una de las resistencias del puente.

-\V = cte

fARr ARz ARs ARq) R2 R3 R+] IR,

En el montaje propuesto, la evolución de V será función de las variaciones de R1 y de Rz. Suponier:que la resistencia nominal de ambas galgas es la misma y puesto que los aumentos de resistencia : afectan positivamente al voltaje mientras que los de Rz lo hacen de manera negativa, el valor de V se '-' función de:

(b+d)-(b-d)=2.d Es decir, el voltaje V será solamente función del momento flector aplicado.

2.- MEDIDA DE TENSIÓN PRODUCIDA POR EL ESFUERZO AXIAL Para medir esta tensión existen varias opciones:

a)

Conectar las galgas al puente, colocadas en la misma posición que la utilizada para med' = flector, de forma que éstas correspondan a las resistencias Rr y Rs. El valor de V seria función de las variaciones de R1 y de Rs. Puesto que ambos factores '. '" afectados de un signo positivo, el valor de V será función de (b + d) - (b - d) = 2'd, es de: solamente función del esfuerzo axial.

b)

Salvo en las cercanías del concentrador de tensiones, la tensión debida a axial es consta- .

en cualquier punto de la periferia de la pieza, mientras que la debida a flexión es nula a I altura de la fibra neutra. Por tanto, colocando las galgas a la altura de la fibra neu:'= obtendríamos solamente el efecto de la fuerza axial; sin embargo, esto supondrÍa colocar ., galgas en una posición para medir el axial y en otra para medir el flector, con lo que e='. opción debería desestimarse.

APARTADO 2 PLANTEAMIENTO En este segundo aparlado se habrá de calcular el número de veces que se puede repetir la secuer: . de cargas aplicada antes de que se produzca el fallo por fatiga en el componente.

En primer lugar se habrá de determinar la relación existente entre los valores de voltaje medidos valores de tensión asociados a dichos voltajes.

y

-

,

Se ha de tener en cuenta que el esfuerzo axial produce tensiones constantes de compresión, por lo :-. no se considerará su efecto, que en todo caso resultaría beneficioso de cara a la resistencia a fatiga ::

Problema 12. Placacon concentrador sometida a f lexión variable

117

componente. Por tanto, para evaluar la vida del componente solamente se tomará en consideración el

éste el luga'

efecto del flector.

En la evaluación de la resistencia a fatiga del componente, y puesto de las cargas aplicadas son de amplitud variable, se utilizará la regla de daño acumulado de Palmgren-Miner. La utilización de esta regla exigirá determinar el número de ciclos que duraría el componente bajo la acción de cada uno de los diferentes tipos de ciclos de carga que aparecen en la secuencia, que se determinarán utilizando la técnica Rainflow de conteo de ciclos.

ente.

Se habrá de tener en cuenta que las tensiones que proporciona la lectura de las galgas extensométricas corresponden a valores de tensión real existente en el componente. Puesto que el lugar idóneo para colocar las galgas es el concentrador de tensiones y puesto que las ecuaciones de cálculo de componentes a fatiga están expresadas en función de tensiones nominales. será necesario tranSfOrmar laS tensiones realeS en SUS correspondienteS tensiones nominales,

ga en la pa-E

Teniendo en cuenta las consideraciones anteriores, la resolución del segundo apadado del problema podría plantearse siguiendo el siguiente proceso:

:s \/ariac c-rs

1.- Transformación de la medida de voltaje a tensión real en el componente 2"- Cálculo de tensiones nominales 3.- Aplicación del criterio de fallo acumulado de Palmgren-Miner:

;. Suponielu -aciciene

: l

ecideVselñ

3.1.- Conteo de ciclos 3.2.- Cálculo de tensiones alternantes equivalentes 3.3"- Determinación de la curva de comportamiento a fatiga del componente 3.4.- Cálculo de vida del componente para cada tipo de carga 3.5.- Evaluación de la vida del componente 1.- TRANSFORMACIóN DE MEDIDA DE VOLTAJE A TENSIÓN REAL

Según los datos del enunciado la sensibilidad So definida a través de las siguientes relaciones: ouE

de una configuración de

)

240 ptt

114

de puente vendría

0.00 v 0.35 V

)

En base a estos datos. se tendrá: )s Íactores - ,.d

ac

: aQ

0.35 V "a1r

"

^5-

240.¡.tt

-

1

.458x 1O

3

V pe

Así pues, la sensibilidad S del montaje de 1/2 puente será:

^^nc-:ro

-'-' es nula

So

:

i¿

a f:Cra ne-l-i.

l'a

coloca'

f-!

rc 3:= Yue --¿ ^v ^r

S = 2.So

S

-

2.917x 10

3

V l"lt

¡E

En régimen de comportamiento lineal

del material

y

puesto que se tiene un estado uniaxial de

tensiones, la tensión o se calcula como

o=

E.e

Por tanto, el valor de la tensión en el lugar en que se colocan las galgas para cada instante de tiempo se calculará como: :-r dScuuEr-@

i

.nedidos _v :s

is Ón. por lo s-ri

ncia a fatlga 3e

o=ETeniendo en cuenta la relación anterior, la tensión medida por las galgas en el concentrador de tensiones evolucionará tal y como se muestra a continuación:

1

18

Componentes de Máquinas. Fatiga de alio ciclo

288 576

504

6

0_

504

144

d o 6

6o

576 360

2BB

d o o d

288

p

216

E

144

oo

o=

360

MPa

432

a .o a c o F

504 288 72 288

2.- CALCULO DE TENSIONES NOMINALES

Tal y como se comentó en el planteamiento de este apartado, la tensión medida por las

g=

extensométricas corresponde a la tensión real que se da en el concentrador de tensiones; es de:

'

es la tensión nominal. Puesto que en las ecuaclones utilizadas en fatiga se trabaja siemp':

;*urL

rtl

:irttt

tensiones nominales.

Por lo tanto, es necesario transformar las tensiones medidas por las galgas a sus corresponc :*,*l tensiones nominales. Esta transformación se realizará aplicando la siguiente relación: onom =

(

oteniéndose la siguiente evolución de tensiones 240

420 120 d

480

"6 .=

240

0-

E

o c c :9 c o F

onom =

300

MPa

360

420 240 60 240

3.. APLICACIóN DEL CRITERIO DE PALMGREN-MINER Se utilizará la regla de fallo acumulado de Palmgren-Miner para calcular la vida total del componente Según esta regla el componente fallará cuando se cumpla la ecuación:

efl=r l_/ Ni

i

119

Problema 12. Placacon concentrador sometida a flexión variable

de cargas' e i corresponde donde B eS el nÚmero de veces que puede repetirse la secuencia

a

cada

la secuenc¡a' uno de los diferentes tipos de ciclos de tensión presente en

3.1.- Gonteo de ciclos primer paso para aplicar la ecuación anterior Puesto que se tiene una historia irregular de tensiones, el tipos de ciclos de tensión presentes consiste en uiilizar la técnica Rainflow para calcular los diferentes en dicha evolución de tensiones. que ésta comience en el punto de tensión más En primer lugar se reordena la secuencia a fin de hacer

lPa

elevada:

6

360

itc

300

o c c .o

240 180

c

da por las

o

F

iones; es decir,

úaja

o-

siemPre

8 9

4567

10

Tiempo (s)

de ciclos, con sus correspond¡entes En la gráfica se observa fácilmente que existen tres tipos distintos tensiones máxima Y mínima: Tipo

1:

nt=1 omáxr = onom¿

omáx, =

420 MPa

onom, r=

omínr =

240 MPa

omín

Tipo 2:

n2=1 MPa omáx, = onomu

omáx, 420 MPa

omín, 120

MPa

=

onomn

Omáxs

=

Onom,

Omáx.

= 480 MPa

Omín.

=

Onomu

Omín.

=60 MPa

omínz

Tipo 3:

l rl del comPonente.

n3=1

las expresiones: Los valores de tensión media y alternante se calculan mediante o¡¡¿*

o-=-.','

* ot¡¡ 2

omáx

"2

-

Omín

-lm

l,:

*:,:,-:-::s

de Máquinas, Fatiga de alto ciclo

Los valores obten¡dos se muestran en la siguiente tabla: Tipo 1

2 J

om (MPa)

o" (MPa)

330 270 270

150

90

210

3.2.- Cálculo de tensiones alternantes equivalentes Para poder obtener la solución del problema mediante la aplicación de la regla de fallo acumulado :: Palmgren-Miner únicamente resta calcular los valores de N¡, es decir, el número de ciclos que duraría componente si solamente estuviese aplicado el tipo de carga i. Para evaluar N se calcularán primero las tensiones alternantes puras equivalentes a las aplicadas. tensión equivalente se calculará, por ejemplo, mediante el criterio de Soderberg:

o"t

oa oalt-eq

-

(MPa)

200

om '1

"q

"

¿t\)

'

D,,

382

3.3.- Curva de comportamiento a fatíga del componente Para cada uno de los tipos de carga, la vida N en ciclos del componente se calcula en función de . tensión alternante pura aplicada S mediante la expresión:

S= C+ D.tog(N) Para utilizar la expresión anterior es necesario, por tanto, calcular los coeficientes C y D.

Se plantea un sistema de dos ecuaciones y dos incógnitas particularizando la expresión anterior pa.:

lospuntoscorrespondientesaN-1OtyN=106,teniendoencuentaqueel

valordeSparaca:.

número de ciclos se evaluaria mediante la expresión: 3

Sn=Ku Ko K" Ko K" 1S'r.l l\¡

U

al

Cálculo de

51s66

En este caso se tendrá que

S'looo

=09Su

Para vidas corlas no se tienen en cuenta los efectos del acabado superficial ni del tamaño c=

al

componente, además, tampoco se tiene en cuenta el efecto del concentrador de tensiones; por tan:c

S(

Srooo Se

calculará como: Srooo

= 1 1 Kc Kd Ke

1

I

S'looo

'1

U

Srooo = 688.5 MPa

Cálculo de S" Se estimará S'u como

S'e = 0'5 S,

S'e =

450

MPa

Problema 12. Placacon concentrador someiida a flexión

variable '121

Según el enunciado:

Kt-Kt

Kt = 1'2

Por lo tanto, finalmente se tendrá que 1

Se = Ku

Ko'GlQ'K.'; K1 Se =

b

acumulado

os que duraría

S'"

243'8 MPa

Cálcuto de tos coeficientes C Y D

con

ecuaciones: los valores anteriores se plantea el siguiente sistema de

las aPlicadas-

Srooo =

C+ D'log(1000) = C+ g

O

s"=c*orog(lo6)=c'6D Obteniéndose:

n_-

s" -

Slooo .t

C=2'Srooo-Se Por lo tanto, en la expresión

a en función de

S= C+ D.log(N) las constantes C y D tomarán los siguientes valores: D=

¡D. C

esión anterior

br de S

-148.2 MPa

= 1133.2 MPa

Para

3.4.- Vida del componente para cada tipo de carga N que duraría el componente cuando se Una vez obtenidos los coeficientes C y D, el número de ciclos expresión: aplica cada uno de los ciclos de carga se calcula mediante la siguiente S_C

N= 10

D

aott"tponderá al valor de tensión siendo S el valor de tensión alternante, que en el caso que nos o"rpu de carga que intervienen en la tipos distintos los de uno para cada alternante equivalente calculado secuencia. Por lo tanto, se tendrá que 6dt eQi-c

Ni

=10

D

Obteniéndose los siguientes resultados: Tipo 1

2 3

ourt-"q

(MPa)

N (ciclos) .976.106

200

1

273

6.385.105

382

1

.173.10s

l:-.:

':- :'

:: :

:-::e:omprobarse, el valor de Ni supera los

:a

106 ciclos, lo que significaría que el compone--:

inrta si se aplicase solamente el primer tipo de carga. Por lo tanto, en principio, el va : i'.. se deberÍa tomar como infinito, con lo que el primer tipo de carga no afectarÍa a la vida tota ::

o i'-

z

'"

nf

pon ente.

Sin embargo, algunos autores argumentan que aunque su efecto sea pequeño, este tipo de carga. , afecta a la vida total del componente. Esto es debido a que, pese a que por sí mismas no se':capaces de nuclear grietas de fatiga y hacer que estas se propagasen, puesto que las grietas :: nuclean y propagan bajo la acción de |os otros tipos de carga, la carga considerada contribuir = . aumentar ligeramente la velocidad de crecimientos de la grieta de fatiga. Se aconseja, por lo ta' utilizar el valor de ciclos obtenido aunque sea mayor que 106 ciclos. En la resolución del problema se considerado, por tanto, que:

Nt = 1 .976x

1Oo

-:

ciclos

3.5.- Evaluación de la vida del componente Puesto que cada uno de los diferentes tipos de ciclos únicamente se repite una vez dentro de , secuencia de carga, la expresión de la regla de fallo acumulado de Palmgren-Miner vendrá dada -' este caso por: 3

BY .L El número de veces que se puede repetir el ciclo de carga será:

a__

I

B = 94330

3,

YI /-¿

N,

Puesto que cada ciclo de carga dura 10 segundos, el componente durará:

T=8.10s

T=943302s T=262h

Determinar Ia influencia que tiene el hecho de haber considerado que el primer tipo tiene efectos soc': Ia resistencia a fatiga del componente pese a que, por sí solo, no sería capaz de producir la f ractura p: fatiga del componente.

cambio de sección Problema 13. Cálculo de diámetros en árbol con

el

123

ccr

rnclp 0 e la l',oa :¡üd po de c¿

;fnas .o ) las g.eias la conlr3ürm 1a" por 1o

por dos rodamie¡tos oscilantes iguales'en El .á¡boj.de,:la-'figú,ra esJá:soportado

i'idÉ',,oúié

tr*f¡o¿**tnosDyd'conoeiendolessig*ientesdatos:

Datos generates:

-'',,'j,

problema se

, :¡

,

1.

'.'--,

'*rang*

i.:{Ng!éi 1¡,GV,'=-735.WJ':.:

-

.:

;,;,

:,.::::::\.::;::::,

const¿;1eáFtlcadeién'ta:seceión4:' na'polencja de 2G CV de forn¿ ss¡{i¡s¿: .[t-ttfo.fq-*'.seeoianéu'?

',,:.:;r.:.;:r\l,eloe,id'

.,,,

6¡ss'!'y'

::.t

::

: :, : :

:

:. : ::',

Ueg¡ro: iW ":':",:''';,'-

Coeficiente de seguridad' X = 1'5

-. :Fadio de,aeuerdd

en''

los,cambio3*e Éecci6nJ.L = t,,rñfi1,,

Datos sobre e[ material: Límite de rotura: S, = 1000 MPa Límite de fluencia: S, = 800 MPa

":,'

-

-

.::

-loffil'l

re"

.',.,., ;,r.','.

'la$

Confiabilidad: 99%

F

W;= bne efectos lucir la fractura Cotas en.crn

'

'

:

'g;

'

É

' 24 l:-::rentes

de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

¡:litiÍ:iilÍltit PLANTEAMIENTO (en concreto' se busca determinar e El obletivo del problema es dimensionar el árbol de Ia figura 'D' a partir de la relación D/d' que e= diámetro menor 'd' y obtener posteriormente el diámetro mayor elementos de máquinas: momentc= de conocida). En é1, aparecen los esfuerzos típicos en este tipo ya que los momentos flectores sc' fatiga, flectores y momentos torsores. Se trata de un problema de del árbol' hace que los puntcs rotación la constantes en direcciÓn y sentido, lo que, combinado con tensional propio de flexicestado un a materiales de la superficie del mismo se vean sometidos a un estado de tensione= lugar dará constante rotativa. Además, la transmisión de un par torsor tangenciales, también constante. En la resolución del problema se seguirán los siguientes pasos: 1.- Cálculo del diagrama de momentos torsores' 2.- Cálculo del diagrama de momentos flectores' 3.- Determinación de la sección crítica y de su estado tensional'

4.- cálculo de la tensión de fatiga sN necesaria para cumplir las condiciones del enunciado' 5.- lteraciÓn para el cálculo del diámetro menor una vez conocida Sn y los factores mod' cadores correspondlentes a la sección en estudio'

1.- DIAGRAMA DE MOMENTOS TORSORES que se transm:: El árbol está sometido a esfuerzos de torsión únicamente entre las secciones en potencia, es decir, entre las secciones 2 y 4' El par en dichas secciones se calcula mediante la expresión: D

T=L

T=561.5 Nm

Cr)

Y el diagrama de torsores es:

E

= F o ñ L

0

01

02

03

04

05

ut)

Longitud (m)

marcada. Nótese que se ha tomado como origen de coordenadas la sección 1. Por tanto, las secciones posiciones: las siguientes en en la figura del enunciado están localizadas Lr

=0cm Lz=25cm Ls=50cm

L¿=65cm

puesto que la potencia se transmite de manera constante, las tensiones tangenciales debidas al torsc' que se= no tendrán componente alternante, solamente tendrán componente media; es decir, cualquiera la sección considerada se tendrá que:

T"=0Nm

Problema 13. Cálculo de diámetros en árbol con cambio de

sección 125

2.- DIAGRAMA DE MOMENTOS FLECTORES El diagrama de flectores se puede estimar directamente sin necesidad de calcular las reacciones en los

rodamientos. Puesto que el enunciado no indica lo contrario, las secciones 1 y 4 no están empotradas, por lo que el flector en ellas es nulo:

Mr

deterrnrmr n D,'d" que

El flector en la sección 3 se calcula como:

¡S:

M3

flectores ¡re los ¡b de de

=F

(14,k)

Mg

='150.0 N

m

y 3 no hay ninguna fuerza aplicada en el eje, el flector crece primera de ellas hasta el valor calculado en la segunda. Por tanto, nulo en la su valor linealmente desde puesto que la sección 2 está justo en el centro entre las secciones 1 y 3, el valor del flector en esta sección será el valor medio del momento flector entre las otras dos:

Dado que entre las secciones 1

M2 =

urrciado.

M¿=0Nm

=0Nm

Mr+Mr

------

Mz=75.0 Nm

2

El diagrama de momentos flectores en el árbol se representa a continuaciÓn:

Etores rnocnh E

z o

o o C o

a se transmúb

E

o

3.- DETERMINACIÓN DE LA SECCIÓN CRíTICA La sección más crítica es la sección 3, ya que:

-

Está sometida al máximo momento flector. Está sometida al máximo momento torsor. En esta sección hay un cambio de diámetro (concentrador de tensión)

Para la sección 3 se ha obtenido:

Ts=561.5 Nm

ones marcadas

M3=150.0 Nm

Dado que el par torsor no varía a lo largo del tiempo, las correspondientes tensiones tangenciales no presentan componente alternante sino únicamente componente media. En cuanto al momento flector, al tratarse de un problema de flexión rotativa, da lugar a una componente alternante pura y un valor medio nulo. Esto es debido a que el momento flector es constante en dirección y sentido, lo que, combinado con la rotación del árbol, hace que los puntos materiales de la superficie del árbol se vean sometidos a un estado tensional cíclico. Así:

ebidas al torsq lquiera que sea

Tm=561.5Nm

Mm=0 Nm

Ta-0

Ma=150Nm

Nm

Se pueden calcular las correspondientes tensiones normales y tangenciales medias y alternantes para un punto cualquiera de la superficie de la sección 3:

'f

26

:.o.rnponentes de Máquinas. Fatiga de alto cicio

16

!m-

om=0

Tm

n.d"

ou=

Ta=0

32

Ma

¡

Ir.o

Tras obtener las tensiones estáticas equivalentes asociadas mediante el criterio de Soderberg (se t.:lt de un material dúctil) y sustituir en la expresión del criterio de fallo de la Máxima Tensión Tangiencial

-

puede demostrar la siguiente expresión:

,_ \2 , s ¡2 /lr_l-a', MuJ -lt'-rftt, nSu{r "' sf

d3- 32x

Nótese que esta expresión para el cálculo del diámetro en un árbol es únicamente válida cuando -,:

existen tensiones normales debidas a un esfuerzo axial, como es el caso. Sustituyendo los valores M* Y T" queda:

¡:

Esta expresión permitirá calcular el diámetro menor d, como se detalla más adelante.

4.-

cÁLculo

DE LA TENSTóN DE FATtcA sN t

4.1.- cálculo del número de ciclos asociados a la vida del árbor Puesto que se exige que el eje tenga una vida determinada, se deberá calcular el número de ciclos que corresponde dicha vida: Vida

=60

h

¿

:

Vida =2.16x105s

Recuérdese que la velocidad angular del árbol es: co

= 250

RPM

(D

ciclos

= 4.167

S

Por lo que el número de ciclos que deberá soportar hasta el fallo por fatiga será:

N = Vida

rrr

N=

9x

105ciclos

El valor de Sru para esta vrda N se calcula mediante la expresión:

Sru=C+Dlog(N) Para obtener los valores de las constantes C y D se calcularán los valores de Srv para N = 106c¡clos \ para N = 1000 ciclos, obteniendo un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas.

4.2.- Corrección del tímite de fatiga (106 ciclos) Para el punto correspondiente al límite de fatiga, la aplicación de los factores modificadores se hará través de la siguiente expresión: se = Ka Ko K".K6.Ko.1.g'" "Kr A falta de más datos, er rímite de fatiga der materiar se estima como:

S'e = 0.5

S'e =

Su

500

MPa

Factor de acabado superficial (mecanizado):

Ka-aSrb

Ka

-

4.51 Su-0

256

Ka = 0.769

a

F

con cambio de sección Problema 13. Cálculo de diámetros en árbol

127

d' desconocido por el momento: Factor de tamaño Ko: Es función del diámetro Kb = f(d)

flexión (la única que provoca fatiga): Factor de tipo de carga. Para carga de

Kc =

Erbe'g,5P r

Tangencml

1

ambiente): Factor de temperatura (se supone temperatura

Kd=1 (confiabilidad del 99%): Factor de confiabilidad y otras influencias Ke = 0'814

álida cuardo o los valores

la siguiente por entalla' En el cálculo de cr' se puede utilizar Factor de reducción del límite de fatiga expresión, Puesto que S, > 550 MPa:

o = 0.025'ff

cr = 0.052 mm

mm

'1

q=,t+-

q = 0.975 cx,

r

de a la entalla El valor del factor de concentración donde q es el valor del factor de sensibilldad de sección sometidos partir de las tablas de Peterson para cambios tensiones Kt debería ser obtenido a la relación r/d' desconoce se D/d' se conoce la relación a momentos flectores. sin embargo, aunque diámetro buscado d: por tanto, el valor oe r<, iv pá, lonJigui"nte de Kr) es función del

rnero de ciclcm

Kt=1+q(Kt-1) Kf = f(d)

Sustituyendolosvaloresconocidoshastaelmomento,ellímitedefatigamodificadoes: se =

313163y9 Kr(d)

4.3.- Gorrección para el punto a 103 ciclos

través de la siguiente expresión: para este punto, la aplicación de los factores modificadores se hará a srooo = K¿ K5'K6 K6 K"

aN=106ciclos

*

t'tooo

para 103 ciclos se estima a partir del valor de Su: A falta de más datos, el límite de fatiga S'rooo = 900 MPa S'rooo = 0'9 Su unidad' al tratarse de vidas bajas: Factor de acabado superficial se toma la

Ka=1

cadores se hará n

de vidas bajas: Factor de tamaño. Se toma la unidad, al tratarse

Ko=1 es la unidad): Factor de tipo de carga (para carga de flexión

G=1 Factor de temperatura (temperatura ambiente):

rq=1

128

Ccrnponentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

Factor de confiabilidad y otras influencias (confiabilidad del 99%):

Ke=0Bl4 Factor de reducción del límite de fatiga por entalla. Se toma la unidad, al tratarse de un material dúctl vidas bajas:

Kr=1 El correspondiente valor modificado para la tensión de fatiga a 1000 ciclos es:

Slooo

Ka Ko Kc Ko K" Srooo

= 732.6

1 Ki

S''rooo

t\4Pa

4.4.- Determinación de las constantes C y D Conocidos los dos puntos de la curva S-N modificada para nuestra sección, se puede plantear . ecuación de dicha curva entre 103 y 106 ciclos mediante la determinación de las constantes C y D: /o\

Slooo= C+ D log\lo"l

/^\

Se=C+Dlog(to"i No es posible resolver el sistema, ya que no se tiene una expresión explícita para S", puesto qr: depende de d a través de los factores Ko v Kr, como se ha comentado en el punto 4.2. Operando pa.= facilitar operaciones posteriores:

^

S"(d)

-

Srooo

J

C=2Srooo-S.(d) En definitiva, SN es función de d, al serlo las constantes C y D: Sru(d) = C(d) + D(d) los(N)

5.. CÁLCULo DE LoS DIÁMETRoS Como se ha mencionado en el punto 3, el diámetro menor d se puede obtener mediante la siguien:= expresión:

9?] tr Sv

ll tu ,- )l' "

'J[SN(d)

donde todos los datos son conocidos excepto Srir, Que es función de d, al serlo las constantes C y D qr-: determinan la recta. El proceso iterativo propuesto consiste en suponer un diámetro d, calcular lc: valores de Ko, Kt y K1. Calculados estos valores se evaluará S", las constantes C y D y finalmente S, Sustituyendo el valor obtenido para Sru en la expresión anterior, se obtiene una mejor estimación ce valor del diámetro d. El proceso se repite hasta que se obtengan valores del diámetro d suficientemen:= próximos en dos iteraciones sucesivas:

di

Ko.¡

Kt,

Kr,,

g" (MPa)

(mm) 30.00 26.29 25.90

0.856 1.84 0.869 1.73 0.871 1.72

1.82 .71 1.70

1

147.4 159.0 160.2

Sr (MPa) 156.3

167.8 168.9

di*r

(mm) 26.29 25.90 25.86

Problema 13. Cálculo de diámetros en árbol con cambio de

sección 129

Por tanto, se tomará como solución para el diámetro menor:

d=26mm y para el diámetro mayor: lrErteriarl

D='1.2d

D=31.2mm

es decir:

D=32mm

Razonar en qué aspectos cambiaría el desarrollo del problema si la fuerza radial F estuviera aplicada en la sección 2 en lugar de en la sección 4.

ede

*esCyD:

$,

pueso

Operando

antes C y D ¡

d, calcular

h

¡ finalmente r estimación ddr suficientemenb

130

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

El.árb,gl

tlq Fi$ura1,¡

quegiracen vqger{a!d€'e-ü..rprir, tienelás-s,illuientes características:

Datos geométricos:

D/d=1.2; rld=0.2 Datos del material: Acabado superf icial: Rectif icado.

Obtener,la*ldfmensióne*-'neci*sar'ias

eoii*a¡za

.'9pó$,'-5ometido

para trabajar eon uR Éoeficienle'de',segurídad,de.25 y

a una carga radiaf de 500 ¡g'e¡.1¿iección,A y u*:tqr'so

séeeionee'Áy.,8variabl* égúne,e'mu ra'énIa Figura 2. Supóngase Undisbñ.q.a'vida.jnfii.iita.

Figura t ,T

thlml

'44

6 Flgura 2

.g

entre ,..

problema 14. Dimens¡onado de un árbol con torsor variable y carga

radial 1 31

PLANTEAMIENTO

determinando el diámetro menor d' el El objetivo del problema es dimensionar el árbol de la figura. con obtener el diámetro menor d' ya que las diámetro mayor D y el radio de acuerdo r. será suficiente

de 2.5 y T e*tse Füra. bor

en el enunciado, Did y r/d' dimensiones restantes se calcularán de las relaciones dadas de un árbol a fatiga' ya que El planteamiento del problema es típico de los problemas de diseño momentos flectores y máquinas: de elementos aparecen los esfuerzos característicos de este tipo de por razones: dos el material momentos torsores. Las cargas aplicadas someten a fatiga que aparecen son constantes en dirección y flectores - Por un lado, aunque los momentos de la superficie del mismo se sentido, la rotación del árbol hace que los puntos materiales

VeanSometidosaUnestadotensiona|propiodeflexiónrotativa.

árbol a carga de torsión que cambia Por otro, el par torsor es pulsante, es decir, se somete el con el tiempo' variables cíclicamente, lo que da lugar a tensiones tangenciales y tangenciales' ambas variables con análisis de fatiga en el que se combinan tensiones normales

-

En un

planteamiento expuesto en la teorÍa si el tiempo (como es el caso) sólo se pueden abordar con el deberá ser comprobada' A título condición la misma frecuencia. Esta ambas cargas cÍclicas varían con

tensional en un punto de la superficie informativo, conviene indicar que los ejes principales del estado del planteamiento empleado no que aplicabilidad la de dirección durante la carga cíclica, por lo cambian es rigurosa.

pasos: En la resolución del problema se seguirán los siguientes aplicadas variables 1.- Comprobación de la frecuencia de las cargas

2.- Cálculo del diagrama de momentos flectores 3.- Determinación de las secciones críticas 4._ óálculo de los factores modificadores del límite

5.-

de fatiga

Determinación del diámetro en la sección B

6..ComprobacióndequedichodiámetroessuficienteparalasecciónC VARIABLES 1.- COMPROBACIÓN DE LA FRECUENCIA DE LAS CARGAS es: La velocidad de giro del árbol que da lugar a la flexión rotativa

'

o=20rpm lo que corresponde a una frecuencia

603 =!.u.

1=?9.,o.

que el par torsor varía es decir, 1 ciclo cada 3 segundos. De la Figura 2 del enunciado se deduce cumple la condición se tanto' lo Por segundos también de forma que un ciclo tiene lugar cáda tres los apuntes de teoría' necesaria para aplicar el procedimiento de análisis expuesto en

2.- CÁLCULO DEL DIAGRAMA DE MOMENTOS FLECTORES necesidad de calcular las reacciones en los El diagrama de flectores se puede calcular directamente sin puesto lo contrario, las secciones en los extremos A y E no

rodamientos.

que el enunciado no indica

están empotradas, por Io que el flector en ellas es nulo:

Mn=0Nm El flecior en la sección B se calcula como:

Me=0Nm

,

riil¡lriirrrlÉr.p-,!

:¿ !,talu¡nas, Fatiga de alto ciclo

Ma=F(0.2m)

Me = 100.0N m

J::c

que entre las secciones B y E no hay ninguna fuerza aplicada en el eje, el flector decre:E -eaimente desde su valor máximo en B hasta el valor nulo en E. Por tanto, puesto que la secciór i :siá justo en el centro entre las secciones B y E, el valor del flector en C será el valor medio :ei nomento flector entre las otras dos:

Ms-

Ms+ME

Mc = 50.0N m

El diagrama de momentos flectores en el árbol se representa a continuación: 100 E

z o

*o a

5LJ

c O

E

o

o.2

0

0.6

0.4

Longitud (m)

BC

A

E

3.- DETERMINACIÓN DE LAS SECCIONES CRíTICAS El estudio del par torsor no resulta un aspecto decisivo a la hora de determinar la sección crítica, ya afecta a toda la Iongitud del árbol por igual (desde la sección A hasta la E).

El momento flector es claramente máximo en B. Por tanto, esta sección deberá ser estudiada

c-:

cor:

posible sección crítica. Sin embargo, también deberá estudiarse la sección C, ya que aunque en ella

:

momento flector sea la mitad que el momento en B, en esta sección existe un concentrador c: tensiones (debido al cambio de diámetro) que podría compensar el menor momento que presen',i respecto a B. Asi pues, no es posible decidir cuál de las secciones B y C será más crítica. Se procederá al cálculo c: un diámetro suponiendo que en primer lugar la sección B es la más crítica. A continuación, s: comprobará si el diámetro d obtenido es suficiente para respetar el coeficiente de seguridad exigido a todo el árbol (X = 2.5) en la sección C.

4.- CÁLCULO DE LOS FACTORES MODIFICADORES DE FATIGA El diseño ha de ser realizado para vida infinita. El valor del límite de fatiga proporcionado S'" deberá se' modificado para tener en cuenta los distintos efectos a través de las siguientes ecuaciones: Para

flexión:

Se = Ka Ko

Para

torsión:

Sse

-

K",

K"" ]

S'"

"'Krr]

S

rco

Ktr

Ka.Ko.K"1 K6 K"

"

Nótese que se han de plantear dos de estas ecuaciones debido a que hay dos tipos de carga de fatiga distintas: carga de fatiga de flexión y carga de fatiga de torsión. Se procede a continuación al cálculo de los distintos factores modificadores: Factor de acabado superficial (rectificado): Ka

n

""" = 1.58 Su " ^aE

Ka

= 0.878

Factor de tamaño Ko: Es función del diámetro d, que es desconocido por el momento Kb

-

f(d)

torsor variable y carga radial Problema 14. Dimensionado de un árbol con

133

Factor de tiPo de carga: f

Para

torsión:

-:::3' Oe: :t; -= : >:!-

.

-

:l'-eO::i

lexiÓn: K6¡ =

Para

KcT

-

1

0 577

ambiente): Factor de temperatura (se supone temperatura

K.=1 (confiabilidad dei Factor de confiabilidad y otras tnfluencias

99"

'

Ke=08.1 'i senttdo cara la

FactordereduccióndellímitedefatigaporentallaElestudlodees¡e'a:::'-:: de tensiones: sección C, pues sólo en ella existe un concentrador Para flexiÓn: Ktr Sección B: Para

Krr

1

flexión: Ktr = f (d) Para torsión: KfT = f (d) la secciÓn c son desconocidos', que los valores de K1 para flexión y tOrSiÓn en Sección

Nótese

torsión:

1

C:

Para

ya que cara s!l

que es una de las incógnitas' Por eso se han cálculo se necesita conocer el radio de acuerdo, expresadocomofuncionesded'SíesposiblecalcularlosfactoresdeconcentracióndetensionesK'' Peterson: utilizando las correspondientes gráficas de Para las relaciones

-^,

^ ^t^

9 tz ¿d

---

:,^)-?en3ia -^-^^^+-^!^. - _ _: ll du. _

¿uu

se obtiene

-

=

flexión: Ktr = 1.39 Para torsión: Ktr - 1 .18

Para

P,er-

:=-a ai cálcr -- : ¡ :: ^: ruaclÓ- ::,

r,'lao

exg

!=oz

l:

debera

l

..

LA SECCIÓN B 5.- DETERMINACIÓN DEL DIÁMETRO EN

ve sometida a como la sección más crítica Esta sección se Se considera en primer lugar la sección B las siguientes cargas: a la flexión - Momento flector Me que da lugar a tensiones normales alternantes puras debido rotativa No existe tensión normal media' y mínimos: - Momento torsor T variable en el tiempo entre los siguientes valores máximos

Tmin=0Nm

Tmáx=40Nm

par torsor medio y par torsor alternante: lo que supone los siguientes valores de

- '2 -l-"2-

T¡¿* * T¡¡¡ Tmáx

-

Tmin

Tm=20Nm

Ta=20Nm

tenstones alternante dará lugar a las correspondientes La existencia de par torsor medio y par torsor

alternantes' tangenciales medias y tensiones tangenciales -

LoslímitesdefatigaCorrespondientesalosdostiposdeesfuerzosenlaSecciónBserán:

d

134

Conponentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

Para

flexión: Ss = S"

_-

K¿ K5 K6¡.K¿.Kg.S.s

6.-

357.5K5 Mpa

Esr las

Para

torsión: Sse =

^i

Ka K¡.K61.K6.Kg.S.s

t

r

^.

co!-¡

conf

Sse = 206.3K0 MPa

Nótese que no se han incluido los factores Kr, ya que la sección B no presenta concentradores oe tensiones' También que en el caso de torsión, el límite de fatiga modificado obtenido s." es una tensiótangencial. Esto es así porque el valor del factor Kc = 0.577 tiene en cuenta que el tipo de esfuerz: analizado es de torsión.

brat posi apa! C-^l I dut

Para el cálculo del diámetro de esta sección es posible utilizar la fórmula del cálculo del diámetro de ueje cuando no hay esfuerzos axiales: l-

d'-32+ /l r,--Sur^)',lr-*fu- l' n su S"'u'u] t." 'u/

Fact

l't*

Jt'''t

tens

En su deducción se ha supuesto el uso del criterio de Soderberg para el cálculo de las tensiones estáticas equivalentes, así como el criterio de fallo estático de la Máx'ima Tensión Tangencial. En la ecuación anterior hay que sustituir los siguientes valores:

Con

Mm=0

Tm=20Nm

enta

Ma=Me

Ta=20Nm

Par¿

El valor de la tensión tangencial de fluencia se estima como

Ssy = 0.577 Sy

Ssy = 461.6 MPa Para la resolución de la ecuación es necesario llevar a cabo un proceso iterativo, ya que los límites de fatiga Su Y S'" dependen de K6, y éste a su vez del diámetro buscado d. lnicialmente se supondrá uvalor del diámetro d; con él se calculará el valor de Ko, S" v S"", y evaluando la ecuación anterior, se obtendrá una mejor estimación del diámetro. Por tanto, pio"uro iterativo habrá que tener ecuenta las siguientes expresiones: "n "i Se = 357.5K¡ MPa

Sss = 206.3K5 MPa

Kb = f

-!-l-01133

\ 7.62

Se tomará como valor inicial de la iteración:

Pare de ic

)

dr=25mm d,

(mm)

25.00 20.38 20.22

Esc Ko,i

S" (MPa)

S* (MPa)

dirr (mm)

0.874 0.895 0.895

312.5 319.8

180.3

20.38 20.22 20.22

184.5

320.1 184.7 Luego el diámetro menor der eje según ras soricitaciones en ra secc¡on B es d = 20.2 mm El resto de dimensiones desconocidas quedan fijadas por las relaciones proporcionadas enunciado:

D = 1.2.d

D = 24.3 mm

r =0.2d

r=4mm

Ens

ene

Por

<

Problema

y carga radial 135 14. Dimensionado de un árbol con torsor variable

6'-coMPRoBAclÓNDEQUEELDIÁMETRoESSUFICIENTEPARALASEccIÓNc soporta bien las solicitaciones Es necesario comprobar que la sección C anterior. para ero, se procederá a continuacion ;:::;;1["ll'n!"]iu,,.,"as obtenidas en er apartado antes calculadas y se en esta sección a partir de las dimensiones al cálculo del coeficiente de seguridad un recálculo de d' esta vez Encaso Contrario' se debería proceder a comprobará que es mayor que 2.5. más crítica considerando que la sección C es la

"llt^::"^::,:""t:::,t1ni::

-.,

----.:aia.;:

--

-:

:-

OC:

Granpartedeloscoeficientesmodiflcadoresdefatigahansidoyacalculadosenelapartado4,Es d' D y r, obtenido en el ya que .. Ji.ponJ de un valor estrmado de posible calcular ahora K¡, 6,, y Krr, apartado 5. Así: Factor de tamaño Ko

K:=09-^

K¡-

- r -ótr^ -:

762mm

co'centración de por entalla Los valores de los factores ce Factor de reducción del límite de fatiga son: tensiones deducidos en el aparlado 4 l-

l>

LE

l)

-

:

^-^^l

Para

flexión:

Ktr =

Para

torsión:

Ktr = 1 18

1 39

de sensibilidad a la es posible estimar los valores del factor como el radio de acuerdo ya es conocido,

= -1

entalla: Para flexión:

-.=oo254mm Su

u¡

= 0.052 mm

QP

= 0.987

1

qF-

c[F

:-:

, =: SUPOndr:

a: r1 anterio'

:-;

1+-r

los Iímite"

Que tene-

q.

para torsión (nÓtese que la constante

tratarse de un estado debe ser reducida por un factor de o'6 al

de torsión, tal y como se explica en teoría): c¡r = 0'031 mm

ur=06crr i:

Qr = 0.992

I

Llt -

c{T 1

lf

r

reducción del límite de fatiga por entalla: Es posible ahora calcular los factores de

-

Para

flexiÓn:

K15

= q¡

(K1¡

-

1) +

1

Ktr

Para

torsión:

K11

= q1

(K1r

-

1) +

1

Kir = 1 .18

'1

'39

aplicables a la sección C son: En definitiva, los IÍmites de fatiga modificados

:

:':

onadas en :

K",

para

flexión:

Para

torsión: 5r" = K¿ Kn K.,

Se = Ka Kn

f
Xo

Se = 231.1 MPa

S;

ft f,,

S;

Sse

C son Por otra parte, las solicitaciones en la sección

Mm=o

T

Ma=Mc

Tla

lm- 20N m 20 N.m

= 56.7 MPa '1

136

Componentes de Máquinas. Fatiga dé alto ciclo

lo que permite despejar el coeficiente de seguridad asociado a la sección c, Xe, a partir de la ecuación del cálculo del diámetro d:

.. mr-,") *t t,-i" t"l xc Ils2 -* /'# v"t \' s." "j] Insu.o3r/\s" =

I

Xc=3.41 >2.5

Como Xc es mayor de 2.5, se había escogido bien la sección más desfavorable (sección B), y el proceso de dimensionado descrito en el apartado 5 es correcto. Así pues, las dimensiones buscadas

Lafigura igr¡a¡esl

son:

d = 20.2 mm D = 24.3 mm

r=4mm Redondeando a valores más comunes en la práctica:

d=21

mm

Enlaligr

D=25mm

r=4mm

Razonar por qué en este problema los eies principates det estado tensional en un punto de la superticie cambian de dirección durante la carga cíclica.

Nótese

tránsr¡it g¡t¡,gl pu Se,pide

99,97. NOT¡

Datos g

Datos g

Datos s

Datos ¡

Problema

15. Dimensionado de un eje de coche de ferrocarril 137

Er¡'rá'figura,'iiüttláoi¿.s¿" éstra uno de los ejes y sus dimecsicres: :

:,:a.

;- ..::;::-,:.:: '. : -::::.'. a.:

::

:s6-8

Rdamie*te

13t -":r-:,:.-lies

de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

PLANTEAMIENTO Se trata de un problema de d¡seño de un eje a fatiga por flexión rotativa. Resulta fundamental pa-: n correcta resolución de este problema la descomposición de las fuerzas ejercidas por el raíl sobre im ruedas. Debido al ángulo de conicidad de las mismas, la fuerza normal de contacto no es perpendic-an. al eje (ver figura del enunciado), lo que implica la existencia de una componente axial además de -rc componente radial. Para resolver el problema se seguirán los siguientes pasos:

1.-

Cálculo de esfuerzos sobre el eje y dibujo de diagramas ldentificación de la sección crítica

2.3.- Cálculo del límite de fatiga modificado 4.- Cálculo de tensiones existentes en la sección 5.- lteración para el cálculo del diámetro

EI

crítica

,

1.. CÁLCULO DE ESFUERZOS SOBRE EL EJE La siguiente figura muestra el esquema de las fuerzas que actúan sobre el eje:

Pt8

P/B

LI +l

F.

+

I

+

I

_[

Fh

FV

FV

El peso del coche descansa sobre los ocho rodamientos (dos por cada eje). por ello, en cada uno a¡ los rodamientos aparece unaluerza vertical igual a la mitad del peso que soporta cada eje (es decir. : octava parte del peso del coche, ya que hay cuatro ejes iguales). Por tanto, la fuerza vertical en cac¿ rodamiento es:

Frod

_P 8

Frod

Fv

Es inmediato, entonces, calcular la luerza horizontal

-

Fu

tan(r)

Fn

y:

= 50000 N

en

conicidad: Fn

Est

cor

= 50000 N

vía:

=

r

EI Froa

A su vez' ésta será la componente vertical de la fuerza que aparece en el contacto entre la rueda Fv

El

cada rueda, utilizando el semiángulo

ca

= 2620.39N

La fuerza horizontal que aparece en las dos ruedas, además de influir en el diagrama de momentcs flectores, crea una tensión normal constante de compresión entre ambas. Esta tensión normal ce compresión no será tenida en cuenta para el análisis de fatiga del eje, ya que tiende a cerrar las grietas y. por tanto, se está por el lado de la seguridad si se ignora. Sin embargo, el momento flector debido ¿ dicha fuerza axial siempre deberá ser tenido en cuenta.

Problema

1

5.

Dimensionado de un eje de coche de

ferrocarril 1 39

Aunque no es estrictamente necesario, se muestra a continuación el diagrama de fuerzas cortanies V

Rueda

Rod Rueda

tl

tl

--lamental P:":

Rod

ill

,:' el raíl soc': illi ': es perpenc:-Lliil ia además c= -*ilii

z o C G

o O

El correspondiente diagrama de momentos flectores, de gran importancia para los siguientes análisis' se construye teniendo en cuenta que hay simetría de cargas y geométrica:

Bod ll

Rueda II

Rueda

Fod

zE o o o

o

c a E o

3 a. en cada unc

:ara eje (es

:¡i

dec' '

:-za vertical en

c¿'",u:

El momento flector entre las dos ruedas es constante y toma el valor, en módulo:

M=10524.1Nm Este momento flector originará una distribución de tensiones normales alternantes puras al girar el eje.

El diagrama de axiles se muestra a continuación. Como ya se ha comentado, el efecto de correspondientes tensiones normales de compresión será despreciado.

: entre la rueda ,, ¡

Fod

tt

z o

; de moment-i a :ensión normal 3:

rt-3r-t1á

le a cerrar las grieia" -ento flector debidc :

Rueda

Rod I

las

A: l:

-:cnentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo Nótese que, en general, no hay par torsor, ya que se trata de un eje que gira libremente, s¡n trans.. ninguna potencia. No sucederia lo mismo si se accionara el freno, lo que implicaría un par tc'. resistente en el disco de freno. En tal caso, lafuerza de rozamiento rueda-raíl no seria despreciable

2.- IDENTIFICACIÓN DE LA SECCIÓN CRíTICA La sección más crÍtica es la de las ruedas ya que soporta el flector máximo, con un concentradc-: tensiones Ñ=2, más dañino que el que aparece en la sección donde está situado el disco del Í-:(que soporta el mismo valor de momento flector, pero con un valor de K1 = 1.9¡.

3.- CÁLcULo DEL LíMITE DE FATIGA MoDIFIcADo Para calcular el eje se necesita conocer el límite de fatiga de la sección crítica. Se obtendrá median:= modificación del límite de fatiga del material a través de los factores modificadores, dado que un el. ferrocarril debe diseñarse para vida infinita.

:

A falta de datos más concretos, se estimará el límite de fatiga del material a partir del valor de Sr. Cc se trata de un acero con tensión de rotura inferior a 1400 MPa, el límite de fatiga S'u se estima comc

s'e

-

0.5.Su

S'e = 550MPa

El factor de acabado superficial Ku, para un acabado rectificado, se calcula como

a = 1.58 b = -0.085

,.

Ka=0StJ^

o

Ka

-

0.871

El factor de tamaño Kb no puede ser calculado todavía, puesto que es función del diámetro del eje.

:

es la incógnita que se desea obtener. El factor de tipo de carga Kc, para la flexión rotativa, vale la unidad:

It-1 Factor de temperatura Ko, dado que se trabaja a temperatura ambiente:

Ko-1 Factor de confiabilidad K", para una confiabilidad del g9.9%:

--.

Ke = 0753

s9.

Factor de reducción del límite de fatiga Kr para la sección critica:

Kt-2 Es posible ahora calcular el limite de fatiga modificado para el eje en estudio, en función de K¡, toda,, desconocido: Se

= Ka.Ku.K. K6 K" L

S

K¡

Pc' "

qre

se! Se

=

180.41 K5 MPa

rec

cÁLcULo DE LAS TENSIoNES EN LA SEccIÓN cRiTIcA Debido al efecto predominante de la flexión frente a los esfuerzos cofiantes, se desprecian la.

4.-

tensiones tangenciales debidas a estos últimos. Además, como ya se ha comentado, el esfuerzo axial que aparece debido a las reacciones horizontale.

Fh en las ruedas, genera una tensión constante de ccmpresión, que no se considerará por su efec.: beneficioso en un estudio a fatiga del componente.

Sur

ferrocanil Problema 15. Dimensionado de un eje de coche de

141

Porúltimo,elmomentoflectorproduceunatensrónnormalalternantepura'siendoésteelúnico por ser de compresión)' las tensiones medias esfuerzo que deberemos considerar (se han despreciado eje Viene dado por: punto del mismo El valor de o'a, } omin QUe Se alcanza en un 32.M 32M vmtn -

=

om¿x

ndo

lr0 -g

Por lo que los valores medios y alternantes son

Um-

1--

,^=

)¿€

a"

-

)? S-

:::- -,

::

l:

__-

ou__

"l

omax - 6r;' ___z

32

^

-

M

d

se había previsto Al tratarse de un estado uniaxial Es decir, sólo existe componente alternante, como

r

-

detensiones'directamentesepuedeigualarallímitedefatigamodificadoasociadoalaseccióncrÍtica. requerldo: Se incluye además el coeficiente de seguridad Se 180'41 K5 MPa

oa=X=-

Despejando conven¡entemente

x

:

d=

/ 32 M \3

It_tlL.-s^l-l I _

32M

(

-l

\ x,/ l

\

ft

180.41 K5 MPa

comoseobserva,estaexpresiónesfuncióndeKo,gueasuvezesfuncióndeldiámetrod' 5.- ITERACIÓI'I PRRN EL CÁLCULO DEL DIÁMETRO del diámetro d a través de Ko' es necesario Debido a que el límite de fatiga de la secclón es función que, en general' K¡ viene dado por las expresiones llevar a cabo un proceso iterativo. Recordemos siguientes:

, ul f, , Ku=f " \7.62)

:,-¡eK

0.1133

Ko=0.75-0.6

tt' d<51

mm)

d>51

mm)

(si

en prlnclplo por tratarse de un componente con solicitaciones elevadas (eje de tren), se puede suponer que el diámetro buscado será d > 51 mm' (que está por el lado de la seguridad para el rango Según esta hipótesis y tomando un valor de K¡ = 0.6 puede calcular el valor de s": recomendado, ya que es el valor más restrictivo), se Se = Ka Ko K. Ko K"

n1

S'"

S" = 108.25 MPa

¡: - , ::'A'a POr S- : :

t- :-es

hcr

rt' 11

SustituyendoelvalordeS"enlaecuaciónqueproporcionaeldiámetro'seobtiene: d = 158 2mm

l{¿

turmpuer¡tes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

Como se observa, no es necesario continuar con la ¡terac¡ón, ya que se cumple la hipótesis de d > mm que ha permitido tomar Ko = 0.6. Es decir, no es necesario modificar el valor de Kb para real nuevamente los cálculos.

5¡1ll

En caso de haber obtenido un valor de d < 51 mm, se debería proceder al cálculo del valor de iG mediante la ecuación correspondiente e iterar hasta converger al diámetro buscado.

L

S

21

Plantear cualitativamente cómo var¡aría Ia resolución del problema para el caso en el que el frsw actuara con un determinado par de frenado. Nótese que la aplicación del freno no es permanente. tu que supone que existen muchos menos ciclos bajo la acción de dicho par de frenado que los debidx a flexión rotativa.

l*¡

'11

4r{, l.:r:c¡ertes

de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

A co

il

CO

SE

PLANTEAMIENTO Se trata de un eje somet¡do a flexión rotativa y un par torsor constante, por lo que debe calculars= fatiga como pide el enunciado. Para resolver este problema se seguirán los siguientes pasos:

1.2.3.4.5.-

;

Obtención de esfuerzos y determinación de la sección más desfavorable Cálculo de tensiones en la sección crítica

sr€

2..

En

Cálculo del límite de fatiga en la sección Obtención del coeficiente de seguridad a fatiga Cálculo de la potencia necesaria del motor sr€

1.. ESFUERZOS SOBRE LA SECCIóN MÁS DESFAVORABLE Lafuerza normal entre el objeto que se está afilando y la muela, origina unafuerza de rozamiento c-*

EI

co

será igual a: Fq

- p.F¡

FR=120N

3.. fat

FN

I ,/

*-/ ,/ La fuerza de rozamiento origina un par torsor constante sobre el eje que es el que consume la potenc.:

aportada por el motor:

t-rn7

Dm

T-

12Nm

Además la suma de la fuerza normal y la de rozamiento produce un momento flector sobre el eje com: el mostrado en la figura: F = 233.2 N

circular pur,u {ludo Problema 16. Árbol de una muela

145

Alavistadeestediagramademomentossededucequelasecciónmásdesfavorableesladel áá J1113f concenrrador oe tensioíes

::lTTf:i:::iil::"$

yt^:'',:::"iili:": iflj)':ffi:i"

lr" "pon" et camot ffi tH ffd" o*o'""''rse

sección será: t\¡

- FI

en esta anchura der rodamiento' er lector ra i3'11

V ='B7N nr

siendoL=80mm' EN LA SECCIÓN DEL CONCENTRADOR 2.- CÁLCULO DE TENSIONES produce una tensión normal alternante: En primer lugar, el momento flector

32M

oa =

ou = 56.3 f"4Pa

--'l

n.0

siendod=15mm. El par torsor constante origina

una tensión tangencial media

en los Puntos de Ia suPe*cie

del

concentrador de tensiones: 16.7 r f il

r,n = 18.1 MPa

n0

FATIGA DE LA SECCION 3.- CÁLCULO DEL IÍIVIITE DE

se necesita el lÍmite de por el flector son alternantes' únicamente Como sólo las tensiones originadas vida infinita: *,é" O*" el esfuerzo de ftexlón' Calculando para s'e

Se_kakukct
-

4'51

b=

ku = á

-0.265

srb

ka=o'74

Cond<51 mm:

/ d \ kb ''-' \ z.oz /

01133

ku=093

Para el esfuerzo de flexión:

k'='1 Para temPeratura estándar:

k¿=1

¡

Para una confiabilidad del 99%

:

ke=0814 Efecto del concentrador de tenstones:

D ,^^^ = l.JJ.)

-

d

I d

->

kt=1'B

= o.ooz

con la ecuación de Peterson Para calcular la sensibilidad a la entalla

1¿16

Corrponentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

Des

2070

o = 0.025-.mm

cr

SU

con

r=1mm

= 0.058 mm

=1 c[ 1+-

q

I

= 0'95

5.-

r

kt=q(k,-1)+1

o Al no tener el dato, se estima el límite de fatiga de una probeta S'e-05S,

Lal

kt=i.76

roü.

del mismo material como:

S'"=450MPa ster

Sustituyendo se obtiene el límite de fatiga para el esfuerzo de flexión: Se = ka.kb.kc r.o

t" *

Se

K1

= 143.6 Mpa

4.- OBTENCIÓN DEL COEFICIENTE DE SEGURIDAD A FATIGA Como no se dispone del dato de la tensión de fluencia del material, se utilizará el criterio de Goodrr,am para calcular las tensiones estáticas equivalentes, pero sin olvidar que se trata de un material dúctil: m; decir, que luego debe aplicarse un criterio de fallo estático para tensiones multiaxiales adecuado a ew tipo de material (MTT o ED). La tensión estática equivalente correspondiente al esfuerzo de flexión es:

su

SU

6eq=Om*.^ Ou

Oeq

q

.ou

Ca ma

o"o = 352.9 MPa

La tensión tangencial ya era una tensión media:

Í

m

= 18.1 MPa

Aplicamos el criterio de Máxima Tensión Tangencial, pero sin olvidar que como tensión de fallo estátim, del material debe utilizarse la tensión de rotura y no la de fluencia, dado que se ha utilizado Goodman para calcular la tensión media. A partir del círculo de Mohr, la máxima tensión tangencial presente en la sección es: /

Io"ql

\z) r¡n¿*

= 17 7.4 MPa

,rm

Tmáx

y se compara con la tensión tangencial de fallo del material, estimada como fallo al ser un material dúctil: e vu x^á* -2.X=

112

=

1

de la tensión normal de

Prcbier¡a

de seguridad: l:spejando el coeficiente Vn=_

su

l6

c rcular oara a{'ado Arbol oe u'la nLe a

147

x=2.54

rmáx ó "

slendo

2¡r

6 = 1450 ---= T= 12N

rad

rad

6 = 151 .B.-

S

m

x=2.54 :-:3': Ce 3: ::

-:l-rilitr

- -'

- ^--').2

p

: {

aOeC-a::

llLlii|ll'

',..).:..

.. t:'.:

::: . .

Calcular el coeficiente maarial s, = 750 MPa'

:-s

Ón de

fallo

e.:¡

ll;

-a -iilizado Goc:*¡l'

:S

r2 o"q)

2)

*fr

17 4 MPa

_

t. . t.;;t, ; t,' .,,r;;;:t' i:;¡'.::. t:; ;','-,,.' ".''. ;,', ;. :' " CfitefiO constder¿ I ndO et

de

segundad

de

Soderberg

Y

tímrte

de fluencia

148

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

PI

Se

co Er

all

CS

ca

pr EI

,.,

n..t o,¡g*,rorqu4+a[t*

tfi.::iiai;:

;¿ei;A

;¿íá,,,i.:';'.+..t'."

iné;;6i;;*_ó'*

1.

.":.'-"1;i;

t. LC

:'t't.,''4Í-j-

,t

..*

tI

A

er ni

:

Datos pára el añálisis oe tatiga:

-

RcáOado superficial del eje: rectificado

P

dt

qr

si

cadena

Problema 17. Árbol de arrastre de una

:

:

;:'.'

::

a

t-: :.::. :

; : -'

1

:

49

:::::a

fl ü? : :ÉTieuxlm, if* e-1: a"r',*s ffi :as

PLANTEAMIENTO

que se de horas de f uncionamiento de un árbol del se trata de un problema en el que se pide el número el fallo' hasta ciclos de número el dimensiones. Para ello. es necesario determinar

conocen todas sus tensión por la vida del componente es habitual determinar la En los problemas en los que se pregunta componente' para el modificado en un diagrama S-N alternante asociada Sr.l V a continuación entrar existe el efecio de tenslones medias' es habitual además Cuando N. ciclos de estimando así el nÚmero con el mismo fin (aunque éste no es el caso en este calcular la tensión alternante equivalente S¡eq problema). será el siguiente: El esquema a seguir para obtener la solución

1.-Cálculodefuerzasqueactúansobreeleje(fuerzasenlacadena.enelengranajey reacciones en los rodamientos)'

2.-

y flectores (los esfuerzos coftantes seran Dlbujo de los diagramas de momentos torsores despreciadosfrentealefectodelosmomentosflectores;porotrolado'noexistenesfuerzos axiales)'

3.-

Cálculo de las tensiones en la sección crítica'

4'-CálculodelatensióndefatigadelcomponenteSnenlaseccióncrítica. modificadores del límite 5.- Generación de una curva s-N corregida mediante los factores

de

fatiga.

6.-

horas' Cálculo del número de ciclos N y del número de

EL EJE 1.- CÁLCULO DE FUERZAS ACTUANTES SOBRE La velocidad de giro del motor es: co

or

= 60 rpm

= 6.28sl9lq q

valor del par torsor T a que está sometido el ele A partir de la potencia del motor, se puede calcular el entre el engranaje y la cadena' ya que no hay entre el engranaje y la cadena. ESte par será constante ningún otro elemento que consuma potencia:

P=Trrt

_t

t=-

D

T = 779.86N m

0)

producida por la cadena que equilibra dicho par: conocido el par torsor, se puede calcular lafuerza

._T rc

/d"\

Fc

-

3899.3N

Iz) que el ángulo para calcular laluerzaproducida por el contacto entre engranajes F", se tendrá en cuenta latuerzaFu la horizontal' 20o sobre a piñón está de presión del engranaie es de 2oo. como el centro del en la figura muestra se como y abajo, hacia que aparece debido a este contacto lleva dirección vertical siguiente.

"

5U

I,i¡r"*ruu¡rner:*s

:e \ra:;inas. Fatiga de alto

c¡clo

Cr

F," El cálculo de la fuerza F" se puede hacer a partir del valor de lafuerza tangencial en el engrane

-T Fte=;

/

Fre de\

= 7798.6

pc F1"

N

t-l

\2.) Conocido el ángulo de presión, lafuerza normal F" buscada es:

F" =

Fr^

---i cos(0

Fe )

= 8299.1

N

También es posible determinar lafuerza radial en el engrane: F,."

= Ft" tan(s)

Fre

= 2838.5

3.

N

Para el cálculo de las reacciones en los rodam¡entos, se tendrá en cuenta que deben equilil-:' únicamente las dos fuerzas verticales F" V F". Por tanto, las reacciones Rr v Rz en los apoyos esta.:rT situadas en un plano vertical que contenga al árbol (R1 hace referencia al rodamiento de la izda. e- ,¡ figura del enunciado V Rz para el rodamiento situado entre la cadena y el engranaje). Planteando el equilibrio de momentos con respecto al rodamiento de la izquierda y considerando positivo para los momentos que provoquen un giro a derechas:

Rz =

1.5

al

cc

2

sc-:

Fc.0.2+ Rz 0.4+ Fe.0.6 = 0

fu = -0.5 Fc -

A

Pr

Fe

-14398N

EJ

El signo negativo indica sentido de la fuerza contrario al supuesto, es decir, hacia arriba. En cuan:: . Rr, del equilibrio vertical de fuerzas:

Rl+Re+Fc+Fe=0 Rl

--Rz-F"-F" Rr = 2200

N

Er

EI

m

cc

Es decir, sentido hacia abajo, al igual que Fc y Fe.

2.- DIAGRAMAS DE MOMENTOS FLECTORES Y TORSORES

=

diagrama de momentos flectores correspondiente a los esfuerzos antes calculados se muestra : :¡rtinuación. Se supone el rodamiento de la izquierda como origen de coordenadas a lo largo del ár:,:: : {:3resadas en metros):

Problema 17. Árbol de arrastre de una

cadena 151

Diaqrama de momentos fleclores

zE o o o o

c

o E O

Longitud (m)

ComoyaSehacomentado,elpartorsoraqueestáSometidoelejeesConstanteentreelengranaieyla izquierdo del eje: polea de la cadena, y nulo desde la polea hasta el extremo Diagrama de momentos torsores E

z

-lo o o C

o

E

o

CRíTICA 3.- CÁLCULO DE ESFUERZOS EN LA SECCIóN .i ir

"rr

it,

ll'

que la sección crítica es la correspondiente A la vista del diagrama de momentos flectores se concluye y engranaje (es decir, a 39 cm del origen de el polea al lateral izquierdo del rodamiento situado entre la puesto que el rodamiento de la derecha mide coordenadas tomado en el rodamiento de la izquierda, que esta Sección Sea la máS crítica Son: 2 cm de anchura). Las razones que motivan

'1,'

El momento flector es muy cercano al máximo'

-Setratadeunconcentradordetensionesdebidoalcambiodeseccióndelárbol.

-

Está sometida al Par torsor'

Posición de la sección crítica:

&r=39cm El momento flector en la sección crítica es: Mcr

= -Rl &'-Fc (4r -20

cm)

M"t = -1598.8N m

torsor calculado anteriormente: En esta sección el eje también soporta el esfuerzo T = 779'9N m

embargo, debido al giro del árbol' un punto El momento flector es constante en la sección crítica. sin a tensiones normales de flexión variables material cualquiera de la superficie del mismo se ve sometido valores máximos y mínimos: con el tiempo (flexiÓn rotativa), oscilando entre los siguientes Omax

=

32

lM"rl _3

omáx

= 130'28MPa

ndr

.3 n.dr

omin = -130.28 MPa

d

152

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto clclo

La correspondiente tensión normal media y alternante será:

om=

oa=

f

Omáx

Omín

om=0MPa

2

omáx-omín

_ 32 lM",l n'd,t

2

oa = 130.28 MPa

Por su parte, el momento torsor da lugar a tensiones tangenciales idénticas en todos los puntos c: m supedicie de la sección crítica. Por tanto, no hay diferencia entre las tensiones tangenciales máxima: r mínimas:

16 T

tmax - ------

'rmáx

n.dr"

16.7

---_l n.dr"

tmrn =

=

31 .77

MPa

rmÍn = 31 -77MPa

La correspondiente tensión tangencial media y alternante será:

T¡j¡ * r¡i¡

2 Tmáx

-

16 T tT

,3

- Tmín

ra=0MPa

2

4.-

rm = 31 .77 MPa

ol

cÁLcULo DE LA TENSIÓN DE FATIGA DEL coMPoNENTE

SI.I

Por Ia diferencia porcentual entre los valores de Su y Su, el material se puede considerar dúctil. i aplicará el criterio de la Máxima Tensión Tangencial, pues es más conservador que el criterio de -¡

?ffi

Energía de Distorsión:

Sustituyendo:

sv 32 // s,, )2 t"',J =

t

^+

Jl'n.

Es posible entonces despejar el único valor desconocido, la tensión de fatiga del componente S¡r:

(su n¡.,)'

SN=

.2

/ |

o,' n s,,) 1'.

I

szx

Sru

= 157.06MPa

'l

J

5.- GENERACIÓN DE LA CURVA S-N CORREGIDA PARA EL COMPONENTE 5 1 .- Corrección det límite de fatiga (106 ciclos)

::":: c¡nto correspond¡ente al Iímite de fatiga, la aplicación de los factores modifícadores - ¡ :: :: a siguiente expresión: Sse

= Ka.Ko.K. K6 Ku.1 S'"

se hará

"

Problema

I Íaita de más datos' el límite de fatiga

153

como: del material se esttma

S'"=500MPa

S's=05S¡

suPerficial: =actor de acabado

cadena Árbol de arrastre de una

17

_b

Ka=aSu

conocido): (el diámetro del árbol es =actor de tamaño _ 1133 Ko =

0

dr

I

K¡ = 0.808

\

[7oz-n.

J

la unidad): (para carga de flexión es Factor de tipo de carga Ks=1

Factordetemperatura(sesuponetemperaturaambiente):

Kd=1

del 90%): y otras influencias (confiabilidad Factor de confiabilidad

Ke=0897

límite de fatiga por entalla: Factor de reducción del

cr = 0.052 mm

cr = o.ozs.?929 mm d-Y

::'s

cerar

l-:r s

t,: ? cri3" I

llllt

{l[r

q = 0.951

1

fI

1+-p

cambios las tablas de Peterson Para de tensiones' tras consultar concentración de El factor flectores: sometidas a momentos

do

9=O.oz

dr

dr

fatiga es: reducción del límite de con lo que el factor de

Kt=q(Kt-1)+1

El límite de fatiga modificado

,:-conente

S'.

resulta:

de seccton

K¡=26

K1

= 2.52

1 ^.

Se--KaKoKcKoKe¿be S" =.l26 3MPa

el punto a 103 5.2.- Corrección para

ciclos

exr ,^.,Ác cro 12 siouiente siguiente expreslon se hará a travéS de la factores modificadores los de aplicación la Para este punto,

)NENTE

S¡=K¿K5K.for<"frSr"r a partir del valor de Su: para 103 ciclos Se estima fatiga de límite el A falta de máS datos, S'rooo = 900 MPa 9'S¡ S'1ees

=

O

tratarse de vidas baias: Se toma la unidad' al Factor de acabado superficial'

K2=1

154

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

Factor de tamaño. Se toma la unidad, al tratarse de vidas bajas:

Ko=1 Factor de tipo de carga (para carga de flexión es la unidad):

G=1 Factor de temperatura (temperatura ambiente):

Ko=1 Factor de confiabilidad y otras influencias (confiabilidad del 90%):

Ke=0897 Factor de reducción del límite de fatiga por entalla. Se toma la unidad, al tratarse de un material dúc: vidas bajas:

r

Kt-1 El correspondiente valor modificado para Ia tensión de fatiga a 1000 ciclos es: Srooo

=

Ka Ko Kc Ko K"

1

S'rooo

Kr

Srooo

-

807'3 MPa

La curva S-N modificada tiene el aspecto siguiente en un diagrama lineal-logarítmico: 1.10n G. 0_

6 o F d

€

5.10

C :Q

c

o

F

rot 1 roo r.1ou 1 1ou 1.10t

1

108

11oe

1.'1oto

Número de ciclos

Conocidos los dos puntos de la curva S-N modificada para nuestra sección, se puede obtener ecuación de dicha curva entre 103 y 106 ciclos mediante la determinación de las constantes C y D:

Srooo=c+olog(lo3)

S"=c+o¡og(loo) resolviendo el sistema:

C = 1488.35MPa D = -227.02MPa De esta forma, el diagrama S-N corregido queda determinado.

6.- CÁLCULO DEL NÚMERO DE cICLoS Y DEL NÚMERo DE HoRAS Sustituyendo la tensión de fatiga calculada en el apartado 4 en la ecuación de la curva S-N, se puec: estimar el número de ciclos de carga que soportará el eje antes del fallo por fatiga:

Sru=C+Dlog(N)

Problema 17. Árbol de arrastre de una

cadena

1

55

Despejando N: Sru-C

¡=toT

N=

731646 ciclos

pedido se árbol, que es constante' el número de horas Teniendo en cuenta la velocidad angular del calcula como:

u_tt -

N

^^ rr).bU

mln

H = 203.2 h

-h

r¡aler'a.l

20"' Por eiemplo' problema si et piñón no estuviera pos¡c¡onado a Estudiar cÓmo debería plantearse el qué sucedería sobre Ia horizontal a 0'' considérese también considérese et eie del piñón posicionado ""i, ta figura det enunciado, girase en sentido contrar¡o. , [0.

;;i:;:o;""i'riÁ0,

¡ede obtensr

üesCyD:

a S-N. se

"oro ",

156

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto cicto

DATO$:

.

',

:t

'..

:

Eje:

..

...Diámetrod=5cm

.

. S* = 1ü00 MPa,

' .''' " 'É'* 2'1" 1011 Pa

, ,$y

='800

MPa,

$1e

=450 MPa

,, G ='8.1.'io1o Pa

r Limitación de deftexión torsiona¡: OlL < 0.25ó/rn'

.

.

Engranajer Diámetro engranaje ds = 20 Ángulo de presión .er = 20é

im

fatiga:

: Factores Acabado superlicial laminado en caliente

Temperalura 2O oC Confianza del g97o

:

Er el empotramiento

=+ K;

'

= 1.4 {flexión}

Problema

Diseño a rigidez y longitud máxima de un

1B

.,:::aa',, ¡,13

-::: l', 3:.E.1 :::: .:: =r:-

,:a

.

r:,f*r¡iá¿

':':'"' '.L2 -e

=:-:-:: 2-E.l con ens€aa¡es'

''üeluafr@ygünciái¡e,*-*¡qg.e{rse¡1.o..-! l0'1 mm Deflexión

árbol 157

1

56 l:n';,: -s-r= trÉ r.laqJrnas.

,{$riÉ:,r:i

iirf

Fatiga de alto ciclo

r

PLANTEAMIENTO En este problema se plantea el cálculo de un eje que ha de ser realizado atendiendo a varios cr¡teric: de diseño:

-

Rigidez torsional Fatiga Limitación de deformaciones (deflexión y pendiente)

En el primer apartado se pide determinar si el diámetro propuesto en este eje es válido de cara . garanlizar que el eje sea suficientemente rígido frente a los esfuerzos de torsión. Un eje ha c: diseñarse para que sea capaz de transmitir la potencia de una forma uniforme. Como orden ce magnitud, es conveniente limitar la deflexión torsional a 0.25'lm de longitud en ejes de maquinaria , transmisiones, tal y como se plantea en el enunciado. Dado que la limitación expuesta hace referencia deflexión torsional por unidad de longitud y puesto qr=

el eje es de diámetro constante en Ia zona estudiada, el cumplimiento o no de la limitación no e. función de la longitud del eje L, que habrá de ser calculada en el segundo apartado del problema. En el segundo apartado del problema se pide determinar el valor máximo de la longitud L que puec: tener el eje para que no falle por fatiga y para que se cumplan las limitaciones por deformación. De car: a las limltaciones por deformación se habrá de estudiar la sección donde está colocado el engranale por ser ésta la sección donde se tendrá tanto la deflexión máxima como la pendiente máxima. Por lo tanto, el procedimiento a seguir en el segundo apartado consistirá en determinar el valor de para que el eje no falle por fatiga, el valor de L para que la deflexión en la sección del engranaje se= inferior a la especificada en el enunciado, y el valor de L para que la pendiente en dicha sección seinferior al límite expuesto en el enunciado. Evidentemente, el resultado final de este apartao,: corresponderá a valor mínimo de los tres valores de longitud L calculados.

1.- COMPROBACIÓN DEL DIÁMETRO DEL EJE POR RIGIDEZ TORSIONAL

A continuación se determinará el diámetro que sería necesario para que se cumpla la

restriccic-

referente a rigidez torsional en el eje. La siguiente expresión permite determinar el giro 0 producido por un par torsor T aplicado sobre un e.: de diámetro constante d en una longitud L.

32TL

T.L e=-JG

rd.G

Sea Q.u" el valor máximo admisible de 0/L. Se tendrá: o

qmáx

=

rad

0.25.-

omáx

m

=

0.004363m

Se ha de cumplir que: ,{> vmaxl

0 L

32.7 -

n do.G

El par torsor a considerar será:

-r_

_P (t)

.:Í'':&'

T=95.5N

m

(

(

Problema 18. Diseño a rigidez y longitud máxima de un

árbol 159

Por tanto, el valor de diámetro mínimo para que se cumpla la limitación por rigidez torslonal vendra dado por la expresión: 1

j-

\;

(

327 Ó-.. fn

'

G

Obteniéndose finalmente que el dlámetro necesarlo es:

dt - 0.0407 m puesto que el diámetro del eje dado en el enunciado es r^nayo. o..ie

e recesario. el e.¡e cump e la

limitación. :Íl

2.- LONG¡TUD MÁXIMA DEL EJE

:illl

Como se expuso en el planteamiento de1 prob erna, se han de reatzar tres ca

rlt,

os

|':':^::s

máx ma que podría tener el e.¡e para que su c3' extremo, que es donde está colocado el engranaje, sea inferior a 0.1 mm.

En primer lugar se calculará la longitud

:,t.,tllt

cL.i

L.,,

3x'o' er

el

A continuación se determinará la longitud L6 que podría tener el eje para que la pendiente en la seccLon en que está colocado el engranaje sea inferior a 0.03 rad. Por último, se calculará la longitud

Lrut

máxima del eje para que éste no falle por fatiga.

De entre estas tres longitudes se seleccionará la más restrictiva. Primeramente se determinará el valor de la fuerza que produce la flexión en el eje, y que proviene del engrane con el piñón del motor. En el engrane aparecen dos fuerzas, una en dirección tangencial F¡, y otra en direcciÓn radial F'. T

Eri

Ft=955N

lo"l

\z)

Fr-348N

F, = Ft tan (o)

La resultante F de estas dos fuerzas es una fuerza perpendicular al eje que será la que produzca la flexión sobre el mismo, y cuyo módulo es:

'

=

(r''

.':f

F=1016N

2.1.- Longitud máxima por limitación de f lecha Se puede considerar que el eje es una viga empotrada en su extremo izquierdo con una carga F en el

extremo. La expresión que permite determinar el valor de la deflexión máxima en este tipo de componentes es:

6=

F

L3

3El

En la expreslón se tiene: 6máx

= 0.1

mm

.A

1 / d| l=-.n 4 \.2)

l=3.068

1O-7mo

160

Comoonentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

Despejando la longitud se obtiene: 1

L.=

I6.r*3El\5 I

L.-26.7cm

"[F)o

I

2.2.- Longitud máxima por limitación de pend¡ente

f

La expresión que permite determinar el valor de la pendiente máxima en este tipo de componentes es

(

FL2 e=2€l Téngase en cuenta que en esta expresión 0 indica pendiente de la viga, mientras que en el estudio

:t

rigidez a torsión en el eje 0 indicaba giro entre dos secciones producido por un par torsor. En la expresión anterior se tiene: 0max

= 0 03

Despejando la longitud se obtiene: 1

I-o-[

¡0.r"2E117 F 1

f

c

2.3.- Longitud máxima por limitación de fatiga Para evaluar la longitud del eje en este apartado, se puede partir de la siguiente expresión, c-,r permitiría calcular el diámetro del eje en función de los esfuerzos que aparecen sobre el mismo, er r que se ha considerado el estudio de tensiones estáticas equivalentes mediante el criterio de Soderbe-; combinado con el criterio de Máxima Tensión Tangencral.

svffi ¡ _.32.xlr il H¡_ + .Ma

d-_

nsvll

Tu S" / I II,T. _ -S""'".1

___'

(

S

L

E

a

Puesto que el eje ha de ser dimensionado para vida infinita se ha de determinar el límite de fatiga :'., mismo. Su evaluación se realizará mediante la expresión:

s"

= Ku .Ko

.K"

Ko

.K" ] "Kf

e

t;

La sección más desfavorable del eje de cara al comportamiento a fatiga del mismo corresponde a sextremo izquierdo, donde el valor del momento producido por la reacción en el engrane es máximc

C R

donde, además, hay un concentrador de tensiones.

Factor de superficie

Ku

Se evaluará mediante la expresión:

K"=aSrb

Er pL

r,esto que según el enunciado el acabado superficial corresponde al de un proceso de acabado e:: eite. los valores de a y b serán:

a=57.7

b=-0.718 Si

Problema

18. Diseño a rigidez y longitud máxima de un árbol 161

MPa Sustituyendo los valores de a y b junto con el valor del límite de rotura del material expresado en

se obtiene:

Ka=0405 Factor de tamaño K5 a La siguiente expreslón permite evaluar este factor para componentes de sección circular sometidos en el puede que por seraplicada lo mm, 2.79y 51 entre comprendidos flexión rotativa,paradiámetros

eje que se está analizando.

,

c.1133

d

Kn"

7.62 mn

El resultado obtenido es:

K:=0808 Factor de tiPo de carga K, Para cargas de flexión se torna

Kc-1 Factor de temPeraturQ

K¿

Suponiendo temperatura de 20o se tendrá: K.l =1

:l(3reSlOn. : " t

:

r¡ismo.

^ -a

Qndc

e-

¡

-- :'-

Otras influencias (confiabilidad) K" Según el enunciado se busca tener una confiabilidad del 99%. Por Io tanto: Ke

-

0.814

Límite de fatiga del componente en la sección crít¡ca El valor del límite de fatiga del eje la sección del empotramiento se obtiene sustituyendo los coeficientes

anteriores en la expresión que proporciona el valor de S", a partir del valor de S'" proporcionado en el

-

:3 de fatiga

::

enunciado:

S"=85.6MPa Cálculo de la longitud del eie ::-'esponde a :-

a-e es

máxtmc

Recuérdese que en la determinación de la longitud del eje en este apartado, se había partido de la expresión:

. 32X / d"= --" / M- - - Mu' ;-T"l S," Se ") -tTm | nsu r/ [

t

En el caso considerado no aparece momento medio ni torsor alternante, por lo que la expresión anterior puede reescribirse como:

;: le acabado 3-

" 32X d"=tSv

Siendo:

,2

/¡v 'M^t l

le

I

+T.2

162

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

Ma

=FL

Tm

=T

Por lo tanto, se tendrá:

C

q 32X

d"__.

¿

lr.uV

ol

Despejando L en la ecuación anterior se obtiene:

/ a

e ue

It_td"

I

suF

I

n.Su

\2 I

szx ]

Por lo que el resultado será: L tat

= 34'4 cm

2.4.- Resultado final Por lo tanto, la longitud máxima del eje para que se cumplan todas las restricciones es la definida por a deflexión, siendo éste el resultado del problema: L = 26.7 cm

En la situación planteada Ia limitación más restrictiva es la de deflexión lateral. Determinar a partir

re qué valor de diámetro d la limitación más restrictiva resulta ser la de resistencia a fatiga &

componente. Calcular ¡gualmente s¡ con el valor de dicho diámetro se cumpliría la restricción relativa z rigidez torsional impuesta por el enunciado.

problema 19. Dimensionado del eje intermedio de un reductor de velocidad 1 63

.,q¿€. i.étee *:l # diáne:r* en 1a'ier+á,.,entre.::rÉ:'€óÉ .,'.',.'.,t ,,..t ..':'-=..'. :::::.::: i;::;:,.,;i;;:;;:::;,1¡;:;:::1:::.;-:;;;;:;:::'; ....;,.1:, - - - -.: -.:'--:':'!ra,:.-:.::--::''-'''::.:i:1¡.1;11;1,;;r;;::;:;:: -.::. a:::::::= :;. :..::.: :=:.:=.: a-=: a :1.' :: -. :' ::,..:;t-.,::. :.... , .,..,,,...,.,-,:':.:i:,:::::::,::::-:::: : Ir :::: r E -.-:,:=,.:::::',.,,,.-

*,g[#dái#d;':ié -H*lr@

.

:)

:

\: :::.

r.-

:;' a.:' :.. .:;';.;;'.,;.,;=aa:

: :.: a::::-:'..

'I:lr r

-

la definida Por

h

rminar a partir

&

rcia a fatiga H *icción relativa a

164

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

En

PLANTEAMIENTO El enunciado plantea el dimensionado a fatiga del eje intermedio, teniendo en cuenta que esiarfi sometido a esfuerzos de flexión generados por los engranajes y a par torsor constante a causa de ft transmisión de potencia' con el diámetro obtenido en el cálculo a fatiga hay que comprobar si sru obtiene la suficiente rigidez para mantener las deformaciones a torsión entre los dos engranajes der::

de lo que se considera aceptable (0.25"/m).

1.. PAR TORSOR EN EL EJE La velocidad de giro del eje se calcula con el dato de la velocidad del motor y con la relación

diámetros entre los dos engranajes cilíndricos:

3.2

w

La¡

oo = 1500 rpm dp 0J

=

¡¡ = 500 rpm

-.o,^ drP

co

=

rad 52.36S

Sabiendo que la potencia transmitida es igual al producto entre el par torsor y la velocidad angular. se puede despejar dicho par torsor en el eje:

P=BKW

T=

P

-ú)

P = T.co Pa

T= 152.79

N.m

El diagrama de torsores es el siguiente:

F

En

z F

2.- DIAGRAMAS DE MOMENTOS FLECTORES Dado que en el eje hay montados dos engranajes, todas las fuerzas no estarán contenidas en un único plano, por lo que será necesario trabajar con dos planos perpendiculares, calculando los diagramas de flectores correspondientes a ras fuerzas contenidas en dichos pranos.

Pl¿

2.1.- Fuerzas en los engranajes En el engranaje D aparecen fuerzas tangenciales y radiales:

T -;-= ' / d')

Fdtano

t-l

\2)

Fdtans = 2037.1B N

$.r

oi qu

Er

Problema

Fdrad

1

Dimensionado del eje intermedio de un reductor de

9.

= Fd,uno.tan(q)

Fdrad

-

velocidad 1 65

741 .47 N

En el engranaje C:

T

Fcrar,=611-1 55N

ulano

-dp

Fcrad

-

"atl

Fc,"nn tan(o)

Fc,uo =

2224.42N

3.2.- Reacciones en los rodamientos Las fuerzas que producirán reacciones en el plano YZ se muestran en la siguiente f igt ra

Ir !'DraCa tr lc

ü

r¿dr¿L

Rtu Rou

para calcular la reacción en A se plantea el equilibrio de momentos con respecto al rodamiento B

rMB Fc,,uo.(L, + Rny =

L2)+

0

Fdrad.Ll

L2+L3+L1

RAy

= 1843.09 N

RAx

-

En el plano XZ aparecen las siguientes fuerzas

AX

lRo

l¡ I -!P r-ép A¡ I -:::.

n

a I : ¡/:m:: -'-!v

I

-

Fc ,u"s

Planteando nuevamente el equilibrio de momentos se obtiene:

_ DL

Fctu.o

(1, rr) Fdtans L1 L2 L3'L1

4365.39 N

3.4.- Diagramas de momentos flectores Obtenidas las reacciones en los rodamientos se pueden calcular los diagramas de momentos flectores que aparecerán en cada Plano. En primer lugar se estudiarán los momentos creados por fuerzas presentes en el plano vertical YZ:

166

Componentes de Máquinas Fatiga de alto c¡clo

Mcyz = Ray L3

Moy. = Rou (L,

Mcy, = 147.45N m

*

Lr)

-

Fc,u6.L2

Moy. = 67.37N m

F

z

L (m)

Momentos creados por fuerzas presentes en el plano horizontal XZ: MCxz

= -Rn*.Ls

MD*z =

Mcxz =

-Ro* (L, + L3) + Fc,"no.L2

MDxz

-349.23N

= 17.46N

ra m

m E

iie

F

z

EI

EI

L (m)

Pc

4.- SECCTóN CRíT|CA

co

La sección crítica es la del engranaje c, ya que en ambos diagramas de frectores en esa sección y además posee se arcanza er máxirr: un concentrador de tensiones. En esa sección ros esfuerzos que actúan son un momento frector:

M=

/rv"rj.

M" ,

Ite

M = 379.08N m

y un par torsor:

As

T= 152.79N

m

5'. CÁLCULO DEL DIÁMETRO NECESARIO EN LA SECCIóN CRíTICA

6.-

En la sección a estudiar:

El momento frector producirá tensiones normares arternantes puras ar girar er eje, El par torsor' al ser constante' genera tensiones tangenciares constantes (sin componente

aa

arternante).

a un estado murtiaxiar de tensiones, :"::ff:fi;,::i"flffi'J",ff"""'i;i"lliSllometido se empreará errrPruo ue lenslones estáticas 'r equivalentes y el criterio oe rr¡¿xima -angencial. rensión

Lur

torr

Problema

velocidad 19. Dimensionado del eje intermedio de un reductor de

167

-lI /l r-,] sNv"l - I r'"' bsN1") " -32x oaul["'

d3

En la ecuación anterior el momento flector medio'

M''

Y el par torsor

Ma-M

Ma = 379.08N m

T.-T

T- = 152.79N

calcular el valor de Para poder calcular el diámetro en necesario

alternante' T"' son nulos

m

S'

Que

i'endrá dado por Ia expresión:

S"=Ku Ko K' Ko K' 1s'' nl temperatura' confiabilidad y co'centración de Los factores correctores por acabado superficial, del problema: tensiones son datos proporcionados por el enunciado

K"=0.8

Ke =

Ko=1

0.9

Kf rt", =

2

Elfactordetamaño,comodependedeldiámetrodeleje,queeslaincÓgnitaquesedeseacalcular un proceso iterativo' lleva a plantear la resoluciÓn del problema mediante

,

d

K6 ,.ur*ttt

101133 ;

de un esfuerzo de flexión' es igual a la unidad' El factor corrector por tipo de carga, al tratarse

Kc=

1

de este material se estima como: El valor del límite de fatiga para una probeta normalizada S'," = 500 MPa

s'e = 0.5.su

factor K5' Por tanto, el valor de S" se queda en función del

!a

son Que todos los demás factores

conocidos. Iterando se obtienen los siguientes valores: 50 43.068

42.828

0.808

43.068

0.822 o.822

42.828 42.819

al fallo por fatiga es: Así pues, el diámetro necesario del e¡e en cuanto d = 42.9 mm

6.- RIGIDEZ TORSIONAL se cumple la limitación de rigidez torsional se va a comprobar si con el diámetro de eje obtenido

;':3 alternantel '.as. se emplea:. '.'axima Tens c-

o 32T L ,,dac

32r =5.684x10.89 m ndac 32T

^ ^^

deg n.

""t"-ucc LuegoentrelasseccionesdondehaypartorsornosecumplelarecomendaciÓnde::.-

(0 25"/m)' torsional máxima por metro de longitud del eje

j

;

j

168

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

Calcular el diámetro necesar¡o para cumplir con la limitación por rigidez tors¡onal, y con ese diá calcular el coeficiente de seguridad a fatiga que se tendría en la sección crítica del eje (C).

En suj

Es

sei

di¿

I

D,

Vr

Pi

E

20. Cálculo del radio de acuerdo junto a un rodamiento 169

Problema

t F io.

g-ce

fL,r.

En el ejerde la{igura ta potencia se transmite desde el engranaje de dienles'rectos ha$tala p0lg*' Para sujetar el eje.qe emplean dos rodarnientos de autoalineaciÓn iguales, cte diárnetro interno:d =:30'nir'ñ. Estos rodamientos obligan a que el radio de acuerdo en los dcs cambios de diámetro que.diene el eje ssa como máxirno de'1 .5:mm. Calcular cuál puede ser el radio de acuerdo mínimo del carnbio de

ciárnetromásdesfavorahleparalenerUncoeficientedeseguridadfreniealfatlo-l1rfatigade{,=1:.5. NOTA: Téngase en cuenta a la ho¡a de realizar las cálcutos el data de la anchura b de los

":l

t;

üATOS: Velocidad del:eie det piñón {motor}: *r = 1450 rpm Potencia transmitida: P = 5 kW

Engranajes: -'Ángulo de presión: o = 20n

cm cm

- Diámetrorde la rueda: d,= 20 -: Diámetro del piñóm fln ='4

: .

Eje:'

- Diámetro menor {en rcdamientos):,d¡ 30 mm

: - Diámetro mayor {en polea}: D = 45 mrR'

- Radio de acuerdo máxirno: r*a* = 1.5 mm

1.5 'l

' - Coeficiente de seguridad a fatiga: X = Ke = 0.9 - Coeficientes de fatiga: Ka = 0.8 . . K6.= - Datos d:el material: Su; 80CI MPa : $v:= 650MPa

Polea:

.

- Diámetro:

dporea

= 20

cnr:

.',

;

: Fuerza en e[ ¡amal cargado: Fr = ?323.N , - Fueaa en el ramal destargadc¡ Fo = 677'N

.:

Dimensiones;

,. -Lr=11crn, [-2=16cm [4=:$¡¡¡1 -'

,

170

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

UL

UL

AI

lo

PLANTEAMIENTO Para resolver este problema se seguirán los siguientes pasos: 1.- Cálculo de la velocidad del eje

2.3.-

4.-

5'-

3.

Cálculo del par torsor en el eje Diagramas de momentos flectores 3.1 ._ Cálculo de esfuerzos en el engranaje 3.2.- Cálculo de esfuerzos producidos por la correa 3.3.- Reacciones en los rodamientos 3.4._ Cálculo de los diagramas de momentos flectores Evaluación de la sección crítica Evaruación der radio de acuerdo necesario en ra sección crítica

1.- VELOCIDAD ANGULAR DEL EJE A partir de los diámetrgs de rueda y piñón,

puede calcular la velocidad del eje:

Er

e<

3,

y conociendo la velocidad del eje del piñón (motor).

>4

D

ql dpiñón

o = ú)pinór

crr

urueda

-

290 RpM 3

2.- PAR TORSOR EN EL EJE

Lt

A continuación se determinará el par torsor aplicado sobre el eje:

T=

P

qr

flr

r=165N.m

L¿

Cr)

Toda la potencia que el piñón transmite a la rueda del eje se consume en la polea del mismo. AsÍ pue: el diagrama de torsores sobre el eje será el siguiente:

P

(c

Longitud (cm)

3 - DIAGRAMAS DE MOMENTOS FLECTORES '.,erzas que aparecen sobre el eje no están contenidas ': en un único plano, apareciendo fuerzas ¡' : =-c vertical (fuerzas de los ramales de la correa e¡sobre la polea y nuerza radial en el '-rririS en el plano horizontal engrane) i (fuerza tangencial en ef engran"l. po,. *rl'*é--e ro tanto, para determinar e

flector aplicado sobre cada sección

se han de caicurar ros

diagramas

de

frectores

Problema

correspond¡entes

20, Cálculo del radio de acuerdo junto a un rodamienio 171

mutuamente perpendiculares para' posteriormente' proceder

a dos planos

a

la

composición de dichos momentos. deben evaluar los esfuerzos externos que Antes de determinar los diagramas de momentos flectores se

Se han de determinar también las los elementos montados sobre el eje provocan sobre el mismo. reaccrones que aparecen en los apoyos

3.1.- Esfuerzos en el engranaje y tangenc ales oue se calculan tal y como En el contacto de los engranajes aparecen fuerzas radiales se muestra a continuación. EI iano -

"

T

Ftuns

,

= 1646.4

N

orueoa l { _t l^l ¿/

\

=

F,.u6

Frao=5993N

F¡unn tan(Q)

3.2.- Esfuerzos en la Polea de los ramales de la correa y puesto Dado que son conocidas las fuerzas de tracción sobre cada uno produce sobre el eje será: que ésios están en dirección vertical, lafuerzaque la polea

Fpe¡=F1+Fg

Fp6¡

= 3000 N

3.3.- Reacciones en el rodamiento A enunciado, de autoalineaciÓn' por lo Los rodamientos sobre los que se ha montado el eje son, según el los diagramas de que pueden ser considerados como apoyos simples del mlsmo. Para determinar que aparecen sobre el rodamiento A' flectores Sobre el ele bastará con determinar laS reacciones plano vertical YZ La siguiente figura muestra los esfuerzos que aparecen sobre el tr

'pol

respecto al rodamlento Para calcular la reacción en A Se planteará el equilibrio de momentos con (derecha):

tMey=0 F,,uo (Lg ñAV

F,-uo (Le

+ L2 +

L,)+

+ L2 + L1)+ Foor.Ls

L3+L2

Fpot Le

-

Rnv (Ls +

Lr)=¡

Rnv=17171N

172

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

En el plano horizontal XZ aparecen las siguientes fuerzas:

D

De la misma forma, planteando equilibrio de momentos en el rodamiento B sobre este plano se obtiere F,uns (1, + L2

LMs¡ = 0

Rn* =

+

L1)

-

Rn* (Ls + L2) = o

r,unn.(Lr+Lr+Lr)

e. RAx _r,rAoa¡\ = 2469.6 N

L3+L2

En la figura anterior se ha seleccionado arbitrariamente uno de los dos posibles sentidos de la

tangencial, siendo éste indiferente de cara al resultado final.

fueu

3.4.- Diagramas de momentos flectores obtenidas las reacciones en el rodamiento A, se pueden determinar los diagramas de momenlcs

flectores que aparecerán en cada plano.

Momentos creados por fuerzas en el ptano vertical yZ

.

En el centro del rodamiento A: M4¡ y2 = F¡¿¿.L1

MAr-yz-05.92mN

.

En el cambio de diámetro del eje en ej rodamiento A:

( Mn¿ yz = F,uo

.

lLr i)-^*;

b

Meo-yz = 54.74 N.m

En la polea: Mper

E-

r',uo (Lr +

Mpol-y,

.

nr

=

Lr)

Rny Lz

112.93N m

En el cambio de diámetro del eje en el rodamiento B: Meo y. =

,^o(r, - L2 + L3 -: I t, 2) _

,,"

[r,

_

h\

;.J u' = -18

En er cenrro der rodamien,oTlo

82

N

m

,\lL2., - L3 " :2)

RAy

I

20. Cálcuio del radio de acuerdo junto a un rodamiento 173

Problema

Mer

Yz

= 0'N

m

Diagrama de flectores en el plano vertical (YZ) que se obtiene sobre este p a'c: A continuaciÓn se muestra el diagrama de flectores 100 F

50

z to o c 6 o

-50

o

:

c o

ano se obtie-:

E

o

-

100

-

150

Longitud (cm)

Momentos creados por fuerzas en el plano horizontal XZ

:ls

de la fue--::

'

En el centro del rodamiento A: MAr

*, -

Ftung Ll

MAr*z=181 11Nm

.

En el cambio de diámetro del eje en el rodamiento A:

r b) MAd*, F,"nglL, "\ ^i-Re* 2) MAd-x' = 172

BB

N

! 2

m

En la polea:

Mpol-v = F,"nn (L, + L2) - Ra* Mpol

z -4939N

L2

m

En el cambio de diámetro del eje en el rodamiento B: MBd x, =

r,".n

¡ [L'

t, 'Lt - i)b

MBcl-x, = 8

.

23N

RAx

t I

L2' L3

5\

,)

m

En el centro del rodamiento B:

MBr-xz=0Nm Diagrama de flectores en el plano hoilzontd XZ este plano: A continuaciÓn se muestra el diagrama de flectores que se obtiene Sobre

174

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

zE '-N

co

o

c 6

o

S

o c

o

E

c

o

E

Longitud (cm)

Módulo del momento ftector en cada secc¡ón

c

El valor del momento total que soportará cada una de las secciones se calculará mediante la siguiere expresión:

T C(

4.. SECCIÓN CRíTICA En las gráficas anteriores resulta evidente que el cambio de diámetro más desfavorable corresponde a del rodamiento A. En dicha sección aparecen flectores de magnitud muy superior que B, y además dicha sección está sometida a par torsor, cosa que no

a los

aparecen s,,

o"riru en la del rodamiento

C

B.

El momento flector en el cambio de sección situado a la derecha del rodamiento A será: Mn¿ =

Moo-r.'

c Mno = 181'33N m E

5.- RADIO DE ACUERDO EN LA SECCIÓN CRíTICA Dado que se trata un eje de material dúctil, y que no existe carga axial, se puede utilizar la

ecuación del cálculo del diámetro:

ci"

siguie*

32X n Sv

Esta expresión corresponde al estudio de tensiones estáticas equivalentes mediante el criterio o: Soderberg, considerando el criterio de Máxima Tensión Tangencial. En este caso, debido a.que sob.: el eje aparece frexión rotat¡va y que er par torsor es constante, se tendrá que:

M.=0N'm

T.-0N'm

considerando vida infinita en el eje y teniendo en cuenta estos valores, la expresión anterior

s rnplifica, resultando:

E

dr s¿

L¿

.s

32X

I

Su pr

Problema

20. Cálculo del radio de acuerdo junto a un rodamiento

175

S", asociado a los esfuerzos de flexión' y En la ecuaciÓn anterior todo es conocido excepto el valor de que vendrá dado Por la exPresiÓn

S" = K, K¡ K. Ko

K"

1

,,,

t

"

anterior: se calcularán a continuación todos los parámetros de la expresión

Coeficiente de acabado superftc¡al El valor de este coeficiente es proporcionado por el enunciado

Ka=0B Coeficiente de tamaño Teniendo en cuenta que el diámetro del eje es inferior a i'lllt,

51

mm, el valor de este coeflciente se calculará

como:

Kh,-

"

Coeficiente de tiPo de carga

d / \-01133 \7.62 mm I

Ku-0856

-l

Para flexión se tiene:

Kc=1 Coef iciente de

te m P e

ratu ra

Considerando temperatura ambiente de 20o se tendrá

Ko=1 Coeficiente de confiabilidad El valor de este coeficiente también es proporcionado por el enunciado:

Ke=09 Límite de fatiga del material El valor de S" se Podrá estimar como:

S'e = 400 MPa

S'. = 0'5 Su Por lo tanto se tendrá que a .: Ul Ulltr

::

-

ao a que s_:

c Je

1

=

Ka.K5.K6 K6.K"

1

1

t(

- 246.58'K1

S^

S',"

MPa

del radio de acuerdo que se El valor de S" queda en función del factor Kr, QUe a su vez es función

':s ón anteilc'

desea calcular. :..

La ecuación

g

d =-

32X

tsv

puede reescribirse como:

/^ 15,,

\2 I

l--:- v"l") +Tt

Is"

176

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

E

63= %I

'

c

J IO".Ko.K".Ko.K" t(f

S',"

S

)

Teniendo en cuenta que en este caso M" = Mno

Ma = 181 .3N'm

Tm=T

T* = 164.6N m

Y despejando el valor de Kr en la ecuación anterior, se tendrá que

Kr-

E

c

/ .

c

\2

lo"nsul 't T I szx )-'.'

Ka.Kb.Kc.Kd.Ke.S-e

sv'Mu

rt

n

Kt = 2.378

Para que el valor del coeficiente de seguridad sea superior al especificado, el radio de acuerdc n determinar ha de ser tal que proporcione un valor de Kr inferior al calculado mediante la ecuacmm

L

anterior. Kr Puede ser

p

calculado mediante la expresión:

Kt =

1

+o

(x, - r)

En esta expresión q se puede estimar como:

q= 1 l+9

(1)

r

Siendo r el radio de acuerdo del cambio de sección a calcular y

cx,

una propiedad del material que sG

puede determinar mediante la siguiente expresión

lzozo H¡pa\ c=0.025.mm1-l

Is,)

Obteniéndose para el material considerado: cx

= 0.065 mm

El valor del factor de concentración de tensiones Kt puede ser evaluado en función del valor del de reducción del límite de fatiga Kr y del factor de sensibilidad a la entalla q:

^,-;

,K1-

1)

+

1

e)

Para determinar el valor del radio de acuerdo r se seguirá un proceso iterativo. Primeramente supone un valor de r con el que se podrá obtener el correspondiente valor de q mediante la (1). Posteriormente se determinará, con la ecuación (2), el valor de Kt. Conocido este valory la relación D/d,

! d

= 1.5

problema 20. cálculo del radio de acuerdo junto a un rodamiento

177

r/d, de donde se de tensiones se obtendrá el valor de En la gráfica del factor de concentración el inicialmente con buscado Si el valor obtenido no coincide

determlnará el valor de radio de acuerdo iterar' supuesto, se tendrá que volver a tomado como radio Para proceso de iteraciÓn seguido donde se ha En la tabla siguiente se muestra el por el rodamtento es decir' 1 5 mm iteración el máximo permitido comenzar la

r (mm) 1.500 0.660 0.630

0.959 0.91.1

0.907

2.438 2.513 2.520

rd

r (mm)

0.022

0 660 0 630 u.o lc

0.021 0.021

con crecrsión er valor de la iteración rearizada resulta difícii obtener que en cuenta en tener de ha Se que el radro de acuerdo lado de ta sefurioad, se puede.considerar el en estar de fin que, a por lo rid, mínimoquesepuederealizareselcorrespondientealpenúltimovalorcalculado.esdeclr.

r=063mm

calcular

el

coeficiente

de

permitido Por el rodamiento'

a : -:

rilil

:- "leran'3-.ext':: lr :.aorycc':,::i

,,li

: a^le la

seguriclad que se obtendría

maxtmo en caso de tomar el radio de acuerdo

178

Componenies de lr/láquinas. Fatiga de alto ciclo

P1

ej(

Le

cc

Er t^ t4

P¿

1

L2

D

e

:''--.,r',:i-',Ocefifiienite,. ségüiidad,

X'.

1

.',.,

Rodamientos:

Material del eje:

- Su=1000MPaSv=750MPa - Ka=0.8 lG=1 G=0.9 ", ':;-

.Ktü;xiün='2..,.':Kiio.ui"t''="'1.8.,,

"KL*i*'= l-7.' ''en lOdas tastseeeiones en que el ele se urea

(

Problema

21. Árbol conectado a un engranaje cónico 179

PLANTEAMIENTO que van a aparecer cargas axiales en A la hora de resolver este problema debe tenerse en cuenta

el

eje debidas al engranaje cónico

originan un esfuerzo axial constante de Las fuerzas axiales que aparecen en el engranaje cónico

que aumenta la resistencia a fatiga del componente' compresión, que se considera despreciable ya a en el eje, luego será necesario ienerlas en cuenta Esas fuerzas axiales también van a originar flexión flectores' la hora de calcular los diagramas de momentos pasos: Para resolver este problema se segulrán los sigutentes 1.- Cálculo del Par torsor en el eje

2.- Diagramas de esfuerzos 3.- Evaluación de las secciones críticas 4.- Evaluación del diámetro necesario 1.- PAR TORSOR EN EL EJE eje nos la proporciona la relación de diámetros Dada la velocidad del piñón, la velocidad de giro del entre los dos engranajes cilíndricos: rad

dp Ir) =

¡¡

(,ln

-dD

-

500 rpm

cD

=

52.36-

3¿-: ál ¿.

Potencia transmittda:

P-Tot

P = 14 kw

Par torsor entre engranaies:

= t< LttL ¡^raq.,^Je

H

vr

v

T=-P

T = 267.38 N.m

(l)

llqrqr

É5

EI diagrama de torsores es el s¡guiente:

zE o a o

F

q-e el e1e s3 ,nÉ t

Longitud (m)

2.- DIAGRAMAS DE MOMENTOS FLECTORES que deben calcularse Aparecerán cargas en dos planos distintos, por lo correspondientes a dichos planos'

2.1.- Esf uerzos en los engranaies: y radiales: En el engrana.ie cilíndrico (D) aparecen fuerzas tangenciales

sec

180

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto cicto

Fdtano

Fdrao

T

:

=

Fdtang = 4456.34N

¡o. [;.] Fdlunn tan(Q)

Fdrao

= 1621.97N

En el engranaje cónico aparecen fuerzas radiales, tangenciales y axiales debidas al engrane engranajes 1 y 2. El par torsor se reparte entre ambos engranajes (40% al 1 y 60% al 2): Fcrtans = -

#+ locl

Fcrt,.s = 2139.04

Dirección +X

N

Iz] F.1 =

Fcl,unn.tan(q)

Fc.r rad

=

F"1 cos

(1)

Fcl axiar = F..,.sen

(1)

0.6.7

Fc2t"nn = -;---;--"

Fsr = 778.55 N Fcr rad = 596.4 N

Dirección -Y

Fcr axiat = 500.44 N

Dirección +Z

Fcztuns =

/tl dc)

3208.56N

Dirección +X

lz) F", = Fcr,"^^.tan(ó)

Fs2=1167.92N

Fcr,uo = F"r.cos(1)

Fcr,uo = 894.6 N

Dirección

Fczaxiat = F"r.sen(1)

Fc2axiar = 750.66 N

Dirección +Z

La resultante de las fuerzas axiales en el engranaje C es: FCaxiat

= Fclaxiat + Fc2u"¡"¡

FCaxiat

= 1251

.1 N

2.2.- Diagrama de esfuerzos axiales: Carga axial de compresión entre el engranaje cónico y el rodamiento B: Longitud (m)

z E X

(s Cg

N c)

= LL

2.3.- Reacciones en los rodamientos:

I

(

Los esfuerzos que producirán reacciones en el plano vertical (YZ) se muestran en la siguiente figura Pese a que se desprecian las tensiones de compresión debldas a las fuerzas axiales que aparecer 3, el engranaje cónico, no se desprecian las fuerzas axiales, ya que, además de la compresión en el e: estas fuerzas también producen flexión en el mismo, y dicho esfuerzo de flexión no debe despreciars:

(

Problema

21. Árbol conectado a un engranaje cónico 181

Fuerzas en el Plano vertical YZ

lI trt) r.rli¡l I

ü

para calcular la reacción en A se plantea el equilibrio de momentos con respecto al rodamiento

B:

tMB=0 d^

(Fcr,-uo

-

rcr,uo) (11 + L2)+ (Fczu'i"r

- Fcru*iur)'j + Fd,"6 L1

Rny =

En el plano horizontal XZ aparecen las X

R¡* FD

rung

I

R

* + I I

¡I t'{ll

Re* rlrns

De la misma forma, planteando equilibrio de momentos se obtiene:

tM. (F",,unn Rn* =

-

rcr,unn) (1-,

.- 0

* Lr)-

L2+L3+L1

Fdians.Ll RAx = -1

589 N

Asi pues, la reacción R4* tiene sentido contrario al indicado en la figura,

2.4.- Diagrarnas de momentos f lectores

:-

ente figura

:-e

aparecer :"

:'esión en el : :

::

Cespreciars:

Obtenidas las reacciones en los rodamientos, pueden calcularse los dlagramas de momentos flectores que aparecerán en cada plano.

182

Componentes de Máquinas. Fat¡ga de alto ciclo

Momentos creados por fuerzas en el plano vert¡cat YZ Mcy, = R4u.L3 + (Fcraxiar

-

Fc2""i"t

Moy, = Rnv (Lz + L3)+ (Fcru*iur

-

)T Fc2axiar)

Mcyr--581 Nm

(Fcz,.uo

+.

-

Fc,,.u6) L,

Moy, = 74.4N m

100

N Ltr o: q) LL

-50 Longitud (m)

Momentos creados por fuerzas en el plano horizontal XZ

-Rnr'Lg

Mcxz =

MD".

=

MC*, = 127.12N m

Ro* (L, + L3) + (F.,,"nn

- Fcr,unn).L,

MDxz

-

236.21N

m

E

z N

X o o c)

lr-

0

0.1

0.2

0.3

Longitud (m)

3.. SECCIÓN CRíTICA La sección crítica será del engranaje D, ya que tiene el mayor de los momentos flectores, además -: poseer un concentrador de tensiones. En esta sección el momento flector total es:

t=Jtor'+MD*,Z Momento

flector:

Par torsor:

M = 247.65 N.m T = 267.38 N.m

4.. CÁLcULo DEL D¡AMETRo NEcESARIo EN LA SEccIÓN cRíTIcA En la sección a estudiar se tiene que:

'

El momento flector produce tensiones normales alternantes puras al girar el eje

Problema

.

21. Árbol conectado a un engranaje cónico 183

El torsor, al ser constante, genera tensiones tangenciales constantes (sin componente alternante).

Para el cálculo del diámetro del eje se considera, por ejemplo, el criterio de Máxima Tensión Tangencial. Puesto que se ha despreciado el efecto de las cargas axiales se utiliza la ecuación:

En la ecuación anterior:

Ta=0Nm

Mm-0Nm

Puesto que se calcula a vida infinita, la resistencia a la fatiga es el límite de fatiga

S'.

= S'¡'t

Por tanto, la fórmula anterior queda como:

It ^ 32X il bv

-"uy ! /1" \ue

,2

*t'

M"l 1

/L

/

En la ecuación anterior falta calcular el valor de S., que vendrá dado por la expresión:

S"=Ku Ko Kc Kd Ke

1

-

S'e

donde los factores modificadores del límite de fatiga v¡enen dados por:

.

Factor de acabado superficial (dato del enunciado):

Ka=08

.

Factor de tamaño (flexión rotativa):

xo =

.

r

d

)_0

1133

[tu2-r,

Factor de tipo de carga (flexión):

K":1

o

Factor de temperatura (dato del enunciado):

Ko=1

::'es. aden:a: :i

r

Factor de otras influencias (dato del enunciado):

Ke-09

.

Factor de reducción del limite

a fatiga por efecto de la entalla para flexión (dato

del

enunciado): Kt-tl"* = 2 El límite de fatiga de una probeta de acero puede estimarse como:

S'e = 0'5

Su

S'," = 500 MPa

Por tanto, el valor de S" se queda en función del factor K5, !a QUe todos los demás factores son conocidos:

184

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

Ma=M

Ma = 247.65N m

Tm=T

T, -

267.38N.m

Dado que K6 depende del diámetro, la ecuación vista anteriormente para el cálculo del mismo es raÉ

fácil de resolver iterando a partir de un valor inicial. En este caso se ha considerado como diámem inicial para el proceso de iteración d = 50 mm.

di(mm)

Kbi

di*r (mm)

50.000

0.808 0.857 0.859 0.859

29.843 29.293

29.843 29.293 29.273

Cak

29.273 29.272

Así pues, el diámetro necesario del eje en cuanto al fallo por fatiga es: d = 29.3 mm

Determinar el diámetro necesario del eie si la velocidad de giro fuese 750 rpm.

DA

Da

Da

D¿

D¡

Problema 22. Árbol conectado a un engranaje de dientes helicoidales

185

tateular eldiámetra del árbol rnostrada en la figura para que tenga una duraciÓn ilimltada.

$ L3t: ", l: ;-*ü-.i.:*á.i.:t! it.::].-.,..:::--t.i*,

t,t.

, i Lt

,tt ' :: : Lg .

:,----..:':-:---.j:,:-.-:.-.- '------r'¡-::t:<-.';----">1

DATOS:

:-

.

,

= S crTl, L2 = 21 cm, Ls = 8 cm l Pütencia transrnitida; : P'+ 1400ü

Longitudes:

L1

W.

r.Coe{iciente de seguridad: X = 1.5

D¿toe sobre' loc rodamientos:

t..

Et eie está apoyado en los rodam¡*¡1ss'{

y'B

'

'

' -, E[ rodamienlo B es capaz de absorbeÍ esfuerzüs:axiales Datos sobre los engranajes:

.

'

- ' Engranaje D de dientes rectos: ,ángulo de presién 20o; diárnetro primitiva dú = 12 cm rr Engranaje C cilíndrico'de.dientes helicoidates: ángulo de héliee 25"; ángulo.de presión

' -

Velocidad'angular del rnotor: 15ü0 rpm Diámetro primilivo del piñén del motor: dp = 4

cmr:

Datos sobre el maleriat délárbot:

.

Lfmtte de rotural St¡- 1000 MPa Límite de fluencia; Sy'*

f$f

,

[¡]ps:.

fatiga: :

Datos sobre factores modiiícadores dal límite de - Faelor de aeabado $uperflcial: Ka= 0.8

: -

Factór de temperalural K6 = 1 Factor de confiabilidad: K" = 0'9

:

:

Tórnense coffo factoies de reducción del límitq de fatiga:: Kr-trex!ón = 2, K{-ro¡s¡é* = J.8 Kf=axirr = 1.7 en todas las secciones en que el eje se une a otros elementos {engranajes rodamientos).

} v

186

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

PLANTEAMIENTO Se trata del dimensionado del eje intermedio que es arrastrado por el piñón de un motor eléctrico 3r primer lugar, se deberá calcular los esfuerzos a los que se ve sometido el eje intermedio a calcula. [m; que supone el cálculo de los esfuerzos en los engranajes, cálculo de las reacciones y posterior d:'JE de los diagramas de momentos flectores, momentos torsores y esfuerzos axiales): 1.- Cálculo de la velocidad angular y par torsor del árbol de interés

2.3.4.-

Cálculo de los esfuerzos en los engranajes Cálculo de las reacciones en los apoyos del árbol Dibujo de los diagramas de esfuerzos axiales, momentos flexores y torsores

Una vez que se disponga de los diagramas de fuerzas y momentos, se podrá determinar cuál de as secciones del árbol es la más crítica. A continuación, el proceso de cálculo será el habitual en rm problemas de dimensionado de árboles a fatiga en los que se pide calcular el diámetro para .rm" coeficiente de seguridad dado:

5.6.7.-

Cálculo del límite de fatiga corregido por los factores modificadores

B.-

Cálculo del diámetro

Cálculo de los esfuerzos en la sección crítica Cálculo de las tensiones estáticas equivalentes

1.. VELOCIDAD ANGULAR Y PAR TORSOR EN EL ÁRAOL DE INTERÉS La velocidad angular del piñón unido al motor es

oP=1500rpm

y por tanto, la velocidad de giro del árbol de interés se puede obtener con ayuda de la relaciór. :e diámetros entre los dos engranajes cilíndricos: do

l.ú)^

co

dov

= 500 rpm

La potencia transmitida (supuesta sin pérdidas mecánicas) es:

P=14kW p=Tro por lo que el par torsor entre engranajes viene dado por:

T=

P ú)

T = 267.38 Nm

Es posible dibujar ya el diagrama de torsores como sigue:

cz Í. o a cc

o F

Í. I

cu

= 52.36

rad

Problema 22. irrbolconectado a un engranaje de dientes helicoidales

187

2.- CÁLCULO DE LOS ESFUERZOS EN LOS ENGRANAJES En el engranaje cilíndrico D perteneciente al árbol de interés aparecen fuerzas tangenciales y radiales:

- = ;-J/dn\

Fd

=

Fd rad= 1622 0 N

Fd t"no

tans- 4456.3

Dirección -X

N

[z]

Fd

rad

Fd tunstan(ó)

Dirección -Y

Nótese las direcciones y sentidos de las fuerzas resultantes con arreglo al sistema de ejes coordenados del enunciado. Por su parte, en el engranaje cilíndrico de dientes hellcoidales C aparecen fuerzas radiales, tangenciales Y axiales:

-T Fctano=

,0., tt

Fctans- 6684

5

N

Dirección +X

\z) Fc.,u¿

-

Fcaxial

Fc t"ngtan(O)

= p61"nqtan(y)

Fc rad= 2433"0 N

Dirección -Y

Fc axial = 31 17.0 N

Dirección +Z

Un esquema de las fuerzas tangenciales y axiales que actúan en el engranaje C se muestra en la figura siguiente, que presenta una vista superior del plano XZ:

¡x

Es posible dibu¡ar el diagrama de esfuerzos axiales como sigue

? J x N cc LU

l I

LONGITUD (m)

lo que supone una carga axial de compresión entre el engranaje de dientes helicoidales C y rodamiento B.

3.- CÁLCULO DE LAS REACCIONES EN LOS APOYOS DEL ÁNBOL Los esfuerzos que producen reacciones en el plano vertlcal YZ se muestran en la siguiente figura.

el

188

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

Reacciones en el plano verlicalYZ

fro,".rr,,r

n''

f

\ /'t\

R"

Rn"

B

I

La fuerza axial que aparece en el engranaje C produce dos efectos: por un lado, da lugar a u.6 compresión del árbol entre C y B y, por otro, produce un momento flector. El momento flector es deb,x

a que su línea de acción no coincide con el eje geométrico del árbol, sino que se trata de una lÍrea paralela a una distancia igual al radio primitivo del engranaje C. Posteriormente, se despreciarán ,as tensiones de compresión debidas alafuerza axial. Las tensiones de flexión debidas al momento fleciy originado por la fuerza axial no deberán ser despreciadas, ya que pueden ser considerables. Para calcular la reacción en A se plantea el equilibrio de momentos con respecto al rodamiento B:

IMs=9 Fcrao

(Ll + Lz)

Rny =

-

dc Fc¿r¡¿¡

Fdrao.Lr

2

Rnv

Lz+Ls+Lr

= 1798.7

N

Por tanto, la reacción vertical en el rodamiento B es: Rey

= Pou-Fcrad-Fdrad

Ray = -225U.t

t

La reacción horizontal en el rodamiento B es, como ya se había comentado anteriormente: RBz

=

FCaxial

Re' =

31

17.0 N

En el plano horizontal XZ aparecen las siguientes fuerzas: Reacciones en el plano horizontal XZ:

Fr:

Planteando equilibrio de momentos se obtiene:

t.o',g

un engranaje de dientes helicoidales Problema 22 Árbol conectado a

189

IMe=0

l-lAx

-

Rex

=

(Lt

Fc ,"nn

-

Lz)

-

Fd tang Lr

Rrx = 4392'7 N

¡2+L3+Lr RAx

-

Rex =

Fc tang +Fd tang

2'1

64'5

N

4'.DIAGRAMASDEESFuERzoSCoRTANTES,AXIALES,MoMENToSFLECToRES Y TORSORES

luga' a ior es d€trM ¡,mú

cle i-rna

llrnmt

preciaran M rnento flreffi ls.

iento B:

los diagramas de momentos flectores rodamientos' se pueden calcular obtenidas las reacciones en los cortantes' puesto que las Ñ" se dibu¡arái L.-Jiug'"'nus de esfueizos que apareceran en caoaa las tensiones tangenciales que da lugar serán desireciadas frente tensiones tangenciales a las largos' en los que predominan considerarse en e'ies relativamente debidas al torsor. Además, no suelen esfuerzos de flexión y no de cortadura'

i;";.

por fuerzas en el plano vertical YZ: Momentos flectores creados dc Mcyz = -268.58 Nm Mcyz = -Rny'Le - Fcaxiat V Meyz

=

Rsy'L1

Moyz = -135'38 Nm

E

z N o c(ú E-

o O o

G

Longitud (m)

por fuerzas en el plano horizontal XZ: Momentos flectores creados Mc*. = 35'l '4'l Nm Mc*, = Rnx L3 MD*, = -1 29"87 Nm MDxz

= -Rex.Ll

E

z N x

o

c(ú

é o O C)

TL

190

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto c¡cto

Los diagramas de esfuerzos axiales y momentos torsores ya han sido representados anteriormente.

5.. CÁLcULo DE LoS ESFUERZoS EN LA SEccIóN cRíTIcA A la vista de los diagramas de fuerzas y momentos, la sección crítica es la del engranaje C ya que tiE-r* el mayor de los momentos flectores, además de poseer un concentrador de tensiones. El mome-.r: flector resultante de los momentos que aparecen tanto en el plano XZ como en el yZ es: H¡ =

Jv"ur' +Mc*r2

M = 442.29 Nm

Hay que recordar que esta sección también está sometida al siguiente par torsor: T = 267.38 Nm

6.- CÁLCULO DEL I-íMITE DE FATIGA CORREGIDO POR LOS FACTORES MODIFICADORES El valor del límite de fatiga S" vendrá dado por la expresión:

se = Ka.Ko.K" K6.K"

1.g'" K¡

donde, además de los datos del enunciado, se tomará:

Kc:1

Kf_ttex=2

ya que se trata de un problema de fatiga originado por la flexión rotativa a la que se ve sometidc e árbol. En cuanto al valor del factor

Ko

vendrá dado por:

V_

"

/dl

-0.1 f33

\ t.az.mm )

No es posible determinar su valor puesto que el diámetro es desconocido. Por otro lado, y puesto que cálculo del árbol debe realizarse para vida infinita, el valor de S'" será:

S'e = 0.5

Su

;

S'e = 500 MPa

Por tanto, el valor de S" queda expresado en función del factor Ks, e implícitamente en función

s€r

diámetro buscado d: Se = 180 Ko MPa

7.- CÁLCULO DE LAS TENSIONES ESTÁTICAS EQUIVALENTES En la sección a estudiar se tiene que:

- El momento flector produce tens¡ones normales alternantes puras al girar el eje. S: desprecian las tensiones normales de compresión debidas alafuerza axial por su tendenc: a cerrar las grietas de fatiga.

-

El torsor, al ser constante, genera tensiones tangenciales constantes (sin componer:: alternante).

Mm=0Nm

Ma=M

Ma

= 442.29 Nm

T- =T

Ta=0Nm

Tm

= 267.38 Nm

Problema 22. Arbol conectado a un engranaje de d¡entes helicoidales 191

lenonre-:a

Obteniendo las tensiones estáticas equivalentes correspondientes y considerando, por ejemplo, el criterio de Máxima Tensión Tangencial, es posible llegar la siguiente ecuación como se demuestra en los apuntes de teoría:

r C 1la

c-e:twIlm

5. E

m:;,q€|IIfffi¡,

t

d"=

rr 32X l( r^l'_lr_*s,r._,' M" *l r,n*¡:nSu^//i\ H¡,*i Se ")I l "' S." ) Tu

8.. CÁLcULo DEL DIÁMETRo NEcESARIo EN LA SEccIóN cRíTIcA Dado que no existe momento flector medio ni par torsor alternante, la fórmula anterior queda

d3=

lr ^ r2 32.X /l bu l _.ll__ M") nSu,/ [S" I

Teniendo en cuenta Que Se depende de d a través de Ko, iterando se obtienen los siguientes valores:

di(mm)

Ko,i

50.000 36.032 35.595 35.579

0.808 0.839 0.840 0.840

di*r (mm) 36.032 35.595 35.579 35.578

Por lo que el diámetro necesario del eje en cuanto al fallo por fatiga a vida infinita es

d=36 .ve sc-efrffi

mm

dl Plantear qué diferencias aparecerían en el proceso de cálcuto si el dentado del engranaje heticoidal C estuviera inclinado en sentido contrario al de Ia figura det enunciado.

y pues:c a-edll

en f--,o,¡r

rar

e

s_€

dMl

fu

or sL :e¡'fgmNnt

in co-a:rwnffir

192

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

Caleular para vida infinita y con un coeficiente de seguridad X = 1.5 el diámetro del árbol del motor, qro gira según el sentido mostrado en la figura:

...

I

._L

2.. <.--

----

.a

DATOS:

-

Longitud: L = 100 mm Velocidad del motor: {oruror = 1500 rpm Potencia del motor: 10 kW

Datos sobre los engranajes:

-

Engranajes de dientes helicoidales. Ángulo de hélice: 25" Ángulo de presión circunferencial: 20o Diámetro piñón:50 mm Diámetro rueda: 150 rnm

Dalos sobre el material del árbol:

-

Límite de rotura: S, = 1000 MPa Límite de fluencia: Sv = 750 MPa

Datos sobre factores modificadores del límíte de fatiga:

-

Factor de acabado superficial: Ka = 0.8 Factor de tamaño: K¡ = 0.84 Factor de temperatura: K6 =

1

Factor de eonfiabilidad; Ke = 0.9

Tómense como factores de reducción del límite de fatiga K1¡extén=2, Kt-torsión= 1.8 en la seccién en la que el árbol se introduce en el motor.

Problema

193 23. Diámetro del árbol de un motor eléctrico

PLANTEAMIENTO

debidas al rueda sobre el piñón unido al motor (fuerzas Las fuerzas de reacción ejercidas por la moior' No el en entra que árbol el árbol sea la sección en la engrane) hacen que la secó¡ón crítica del ya que la conclusión' esta a y momentos para llegar un estudio de diagramas de fuerzas

I

Y

es necesario

engrane' y de lás puntos de aplicación de las fuerzas del sección de entrada al motor esla más alejada tendrán un valor mayor' pár tanto, será en ella donde los momentos flectores los problemas de que sigue. El proceso de cálculo será el habitual en Esta sección será estudiada en lo dimensionado de árboles

para un coeficiente a fatiga en los que se pide calcular el diámetro

de

seguridad dado: 1.- Cálculo de los esfuerzos en la sección crítica 2.- Cálculodel límite de fatiga corregido por los factores modificadores 3.- Cálculo de las tensiones estáticas equivalentes

4.-

Cálculo del diámetro

LA SECCIÓN CRíTCA 1.- CÁLCULO DE LOS ESFUERZOS EN en dos el motor) se tiene carga axial, momento flector En la sección crítica (sección de entrada en al debidas torsor' Las tensiones tangenciales perpendiculares, esfuerzo cortante y momento planos

a

r tr

al flector son pequeñas donde las tensiones normales debidas cortante serán despreciadas por ser muy máximas. Esfuerzos en el engranaie (Piñón): Par torsor:

T=

i

P

T = 63.7 Nm

0)

Fuerza tangente

Ft=

T Dp

Ft = 2546.5 N

n Fuerza radial:

Fr =

Ft.tan(O)

Fr = 926.8 N

Fa =

Ft'tan(v)

ru = 1187'4

Fuerza axial: N

un punto de se indican en la figura siguiente, que muestra Las direcciones de la fuerza axial y tangente apuntando (es decir' +Y piñón' La tuerza radial es en sentido vista inferior de la zona de contacto del árbol)' desde el diente del piñón hacia el interior del

194

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

LZ

Esfuerzos en la sección crÍtica: Momento flector en el plano vertical (plano XY): Dn

Mv=Fr.L+F^.j

Mv

= 122.37

Nm

Momento flector en el plano horizontal (plano XZ):

Mn=FtL

Mn =

254.65 Nm

Momento flector total:

M=

+

Mn-

M=282.52Nm

Mn2

Fuerza axial:

Fa=1187.4N Torsor: T = 63.7 Nm

El momento flector total da lugar a una tensión normal alternante, lafuerza axial crea tensión norma constante y el par torsor origina tensiones tangenciales constantes.

2.- LíMITE DE FATIGA La única carga alternante es Ia de flexión, por lo que únicamente es necesario calcular el límite de fatica a flexión.

S'e = 0.5'Su

S'e = 500 MPa

Se = Ka.Ku Kc

K¿.K".-L g'. Kf

flex

El factor de tipo de carga toma el valor unidad cuando ésta es de flexión. Por tanto, además de los factores proporcionados en el enunciado, se tomará:

Kc=10 resultando

Se=151.2MPa

Problema

23. Diámetro del árbol de un motor eléctrico 195

3.. TENSIONES ESTÁTICAS EQUIVALENTES Las tensiones que aparecen en la sección crítica se resumen a continuación: Valores

medios

omax=

Valores alternantes

4'Fu ^ ,¿

F uaax-v_A

'I.o oa

om flex = 0

32M

=

¡ 'I.o

167 Tmtor=jl fi.o

fle"

Tator=0

.J

Se aplicará el criterio de Soderberg para el cálculo de las tensiones estáticas equivalentes. Para el caso de las tensiones normales:

Oeq

= om * l

SV

S-

ou fl"*

En el caso de las tensiones tangenciales, al no existir componente alternante, la tensión tangencial estática equivalente coincide con la componente media: f eq

= tm-tor

4.. CÁLCULO DEL DIÁMETRO Aplicando el criterio de fallo de Máxima Tensión Tangencial a las tensiones estát¡cas equivalentes antes calculadas, se tiene:

2 lsu )'-1""0)',. ' 'eQ -l

Ín rrclrndl

[zxJ lSu)2

r

de faugn

l,''j

=;1(4.F^

z

]

Su32M)2

[=.."-

/ ro.r)2 +t_ 1,3 \n o ./ |

d ^

,J

Multiplicando por d6 y despejando:

ás de

rcg

,.:;*r':*:,.-

|

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

Resolviendo de forma iterativa:

di(m)

dirr (m)

0.05000 0.03063

0.03063

0.03061

0.03061 0.03061

por lo que el diámetro buscado es

d=31

mm

Calcular el resultado si el motor gira en sentido inverso al indicado en la figura. Considerar también sucedería si et dentado de los engranajes estuviese inclinado en sentido opuesto.

sw

y un plato de cadena Problema 24. Árbol entre un engranaje helicoidal

197

potencia entre el engranaje

transmitiendq É¡ q!g,, er,ta',flgul-a',tra¡aia en condiciones eslacionarias el eje'para eo-n$egljli,.Ufi' :qggfigi€'nts': de en necesaria diánretro el r,átidé"d ia.,eadém'Idaleular seguridad de

1.5.

pLATo ,,.,i:..:-.,

DATOS: , :.'.:,,,i:: ':,

-

Lr = 5cm; Lz=8cm; L3=20cm

r-,r;

P.ótéftcia t¡¿in$rnitidfll P: = 8

,',';::, ;,, Gcefieiente de,seguridad:

':ñodarníentos;:

..'

:,:

::

kW,,,

.,.

CAltl*A

: -.'

X.+'*'5 :

:

'

,.' '"

,-1-:'.f¡eie,está apoyado en los rodamientos A Y:B'

.:.

:-

,Et

,

"'gUe,Se prfftucan a:$tl dereCha' rOdamiente'B abscrbe lcs esfuerzos, 4xrAléS

' El'gran:iqfnaies

de dientesrher,icoidares;,Ángulo de. hélice¡

25!

,l

,

, i; ' ,,:,'-l.Diárnetro,piñón:'dpino¡=3cm;Diámetrcr,rueda:,d¡,¡904=1!cm

,,:

, ','.:,. O*'Uatdadangutar del piñón:,

Cadena:

:

,

,

-' Díánletro'cadena:

d¿ac

= 20

=:1000

!üpinon

cm

fpñl ': , :

:.

:

,Material deteje:, --: $, = 100O MFa; Sv = 750 MPa ' ,",, -,¡q=0.8 ,Kg='l Ke=0;9 el eje se'une'a otfo 'eleR'lgntos: , ,, ,::. f{;¡¡s¡6¡:= z ,' Krtorg¿*= 1,8 en:todas:lassbcciones'enQuey el ángute'de hétiee a Iü hora de

,

los engrana.ies NOTA" TéIr,Ease en cuenta,el sentido de-giro de

,,

:',:::::6¿lgularlosesfuefzoqsobfeel

eje'''.. '.'

:

'

198

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

PLANTEAMIENTO A la hora de resolver este problema debemos tener en cuenta que aparecen cargas axiales en el e-. debidas a que el engranaje es de dientes helicoidales. El sentido de dicha carga axial depende del c: rotación de los engranajes y de la inclinación del dentado helicoidal.

Puede comprobarse que, con el sentido de giro de la figura y con el dentado helicoidal que se muestr¿ lafuerza axial que producirá el piñón sobre la rueda llevará sentido hacia la izquierda.

Por lo tanto, el eje, entre las secciones del rodamiento B y del engranaje, estará sometido a tensiones axiales constantes de compresión, que se considerarán despreciables ya que aumentan la resistencia . fatiga del componente. El problema se resuelve de acuerdo con los pasos siguientes: 1.- Cálculo de la velocidad del eje

2.3.-

Cálculo del par torsor en el eje Diagramas de momentos flectores 3.1.- Cálculo de esfuerzos en el engranaje 3.2.- Cálculo de esfuerzos producidos por la cadena 3.3.- Reacciones en los rodamientos 3.4.- Cálculo de los diagramas de momentos flectores Evaluación de las secciones críticas

4.5.- Evaluación

del diámetro necesario en cada sección crítica

1.- VELOCIDAD ANGULAR DEL EJE

A partir de los diámetros de rueda y piñón, y conociendo la velocidad del eje del piñón, calculamos velocidad del eje de la rueda:

dpiñón

(D

=

Ojoiñón

'

.--:-

¡¡ = 200 rpm

drueda

2.- PAR TORSOR EN EL EJE La potencia se transmite desde el engranaje a la cadena, P = T.ro

luego el par actuante es,

T--P

(D

zc

:6 fI

190

T= 382.0

Nm

la

Problema 24. Árbol entre un engranaje helicoidal y un plato de

cadena 199

3.- DIAGRAMAS DE MOMENTOS FLECTORES Aparecen cargas en dos planos distintos, por lo que tendremos que calcular los diagramas de flectores correspondientes a d¡chos planos.

3.1.- Solicitac¡ones en el engranaje

tbsendry pende dd &

En el contacto de los engranajes aparecen tres tipos de fuerzas: E I

tanq

It_td,r"o" )

¡ se muess@,

ra

[z

r_ rrad

tensiqw

resisternia o

Flrnn .tan

-

E raxial

) (Q)

= Frans.tan(y)

sustituyendo queda: Frans

= 5093

N

Frad

= 1854

N

Faxiat =

2375

N

3.2.- Solicitaciones en la cadena Latuerza vertical transmitida por la cadena puede calcularse a partir de

,=Fc"d.

d cad

2

despejando se obtiene: E rcad

Fcad

=

ld""o)

:alculamos

h

-

3820

N

t_t \2)

3.3.- Reacciones en los rodamientos Las solicitaciones que producirán reacciones en el plano veftical YZ se muestran en la siguiente figura.

Pese a que se desprecian las tensiones de compresión debidas a la tuerza axial que aparece en el engranaje, no se despreciará el otro efecto de dicha fuerzaaxial, ya que, además de la compresión en el eje, esta fuerza también produce flexión en el mismo.

------) z E

200

Componentes de lVláquinas. Fatiga de alto ciclo

Para calcular la reacción en B se plantea el equilibrio de momentos con respecto al rodamiento A

:,MAy_0 _tr

d

' axrar

ruedu

2

+ F,uo.(L¡ + Lz)

- Fcad.(t-.+ t-, -1,) + R By.L3=

0

despejando: drueda

Rey =

{--*'"'

2

*

F'u¿ (L3 + Lr)

-

F"uo.(1, +

L, t,)]

L3

sustituyendo:

RBy=2688N En el plano horizontal XZ aparecen las siguientes fuerzas:

__-_> z

Frang

De la misma forma, planteando equilibrio de momentos se obtiene,

F,"ns(L¡rLz)rRsrL.-0 de donde: Re, =

-r,unn. (L. + Lr) L3

RBx = _71

30 N

El valor negativo de esta reacción indica que lleva sentido contrario al supuesto en la figura.

3.4.- Diagramas de momentos flectores Obtenidas las reacciones en los rodamientos se pueden calcular los diagramas de momentos que aparecerán en cada plano.

Problema 24. Árbol entre un engranaje helicoidal y un plato de cadena

201

Momentos creados por fuerzas en el plano YZ: drueda

Mvert-extremo

=

Faxial

Mvert-cadena

=

Faxial

Mvert extremo

; drueda

- Frad'Ll

; drr",

Mverl rod-B = Faxial

-

T

= 178'1 Nm

Mvert cadena =

Fruo'Le + r"u6'(L,

- ll)

Mvert-rod-B

85'4 Nm

= 144'4 Nm

Mvertrod-A=0 Nm

zE N o c 6 o

o c o E o

Momentos creados por fuerzas en el plano XZ: Mhorizextremo=0 Nm = -Ftang Ll

Mhoriz-cadena

Mhoriz-rod-B

= -Ftang

L2

Mhoriz cadena = Mhoriz rod

t

-254.6 Nm

= -407.4 Nm

Mhorizrod_A=0 Nm

E

a N

x

o

cc6

o o c o E o

L (m)

íliCS

:

€

para calcular el momento total aplicado en cada sección, se obtiene el módulo de la composición vectorial de los momentos generados en los planos horizontal y vertical.

M=

(Mno,,,)'n (M""u)'

2O2

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

zE o c o E o

L (m)

4.- SECCIÓN CRíTICA Estudiaremos dos secciones:

r I

La del rodamiento B (L = 20 cm), ya que tiene el momento flector máximo. La de la cadena (L = 23 cm), puesto que es la sección de mayor flector entre las que torsor.

tigwt

5.- CÁLCULo DEL DIÁMETRo

c

En las secciones a estudiar se tiene:

e

' ' '

S

Momento flector, que producirá tens¡ones normales alternantes puras al girar el eje.

Momento torsor, que al ser constante genera tensiones tangenciales constantes, sin

cgr|l.ls-

ponente alternante.

Cargas axiales, en la zona que va desde el engranaje hasta el rodamiento, que ocasicrmmr tensiones axiales de comprensión también constantes. Como ya se indicó anteriormente m podrán despreciar, estando así del lado de la seguridad.

Para el cálculo del diámetro del eje se considera, por ejemplo, el criterio de Máxima Tangencial. Puesto que se ha despreciado el efecto de las cargas axiales se utiliza la ecuación:

os-

32^X

l,

r,"* !!u 1,'' /lr.-3oN r"]'-f üsN ^) / \

nSy./ \.""'

En la ecuación anterior, en cualquiera de las secciones se tendrá que:

M,.n=0

Nm

Tu=0

Nm

por tanto, la formula anterior queda:

-

En la ecuación anterior nos falta calcular el valor de Sn, QUe vendrá dado por la expresión: Sru

= Ka Ko Kc.Ko K"

1.5',

Tensm¡r

Problema

24.

Arbol entre un engranaje helicoidal y un plato de

cadena 203

-el valor de S'¡r será, puesto que se calcula el eje a vida infinita,

S'¡ = 500 MPa

S'ru = 0.5 Su

factor de fatiga de tipo de carga:

Kc=1 factor de fatiga de tamaño:

w_

-

"

(

¿ 1-0 1133 \z.oe mm)

los restantes factores de fatiga son dato.

Por tanto, el valor de S¡r se queda en función del factor

ko.

5.1.- Cálculo del diámetro necesario en la secc¡ón de la cadena Las solicitaciones en la sección son:

las que

M, = /

tu"n-"u0"*t]il**"*r,J

Tm=T

leie.

M" = 268.6 Nm T'n =

382.0 Nm

Se plantea un proceso iterativo para obtener la solución; dando valores a d¡ se obtiene kb y sustituyendo en la expresión siguiente se obtiene d¡+r gue se utiliza como entrada del paso siguiente- Este proceso se repite hasta obtener valores di*t próximos a di.

iltes. s¡n

di(mm)

kn

di*r (mm)

pe

50.000 30.818

30.818

erbrmernh-

30.301

0.808 0.854 0.855 0.855

30.283

30.301

30.283 30.282

xima T mi5n:

5.2.- cálculo del diámetro necesario en la secc¡ón del rodamiento B En esta sección se tiene:

M" =l Mverl rod-B' f Mu =

Mhoriz-rod_B

432.3 Nm

T.=0

Nm

Iterando se obtiene:

d¡(mm) 50.000 35.676 35.225 35.208

k¡ 0.808 0.840 0.841

0.841

di*r (mm) 35.676 35.225 35.208 35.207

204

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

Por tanto, se toma este último diámetro para el eje por ser el mayor de los obtenidos:

.

d=35.21

mm

En la práctica se debería utilizar el diámetro normalizado inmediato superior, en este caso d ¿l = ya que utilizando d = 35 mm no se garantiza el coeficiente de seguridad requerido.

comprobar el coeficiente de seguridad para el eje en los casos, d 3s mm y d 40 mm. = =

25. Diámetro del árbol de entrada de un reductor de velocidad 2Os

Problema

¡So d =

,40r

sabiendc

,.',.,,,,.,2 -!:-::$.

DATOS: Potencia transmitida: P =

I

kW

Eje:

-

. . ":

.'-

.Véloeidad degiro c: = 1500

rpfi

Radis de'acuerds.en el cambio de diámetrs r.=

|- : Acerodet ejg:l.lsu'= :lü0OMPa: ,.¡,S¡,= 8ü4'MPa

t

S'. = 550 MPa G =S,1.10r0 Pa

.

.',

.,'

1.

rnm

206

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

PLANTEAMIENTO El problema aborda el dimensionado del eje de entrada de un reductor de velocidad. Dicho eje esm sometido a torsión desde el extremo donde se conecta el motor hasta la sección del engranaje que es donde se entrega la potencia; en todas esas secciones se debe determinar el diámetro necesario pa= cumplir con la limitación de rigidez torsional. Más allá de la sección del engranaje, al no existir ¡a esfuerzo de torsión se ha podido reducir el diámetro del eje, estando limitado en este caso su diámepor la resistencia a fatiga. De forma que en este problerna se pide que se calcule el coeficiente e seguridad frente a ese fallo por fatiga, en la sección crítica que es la del cambio de diámetro del ee (tiene un concentrador de tensiones y un momento flector cercano al máximo).

1.. OBTENCIóI'¡ OCI DIÁMETRO POR RIGIDEZ TORSIONAL El par torsor que se transmite desde la sección M hasta el engranaje es: 157.08

or =

rad S

T=-P

T=50.93Nm

Para limitar el giro por metro de longitud del eje a 0.25o es necesario un diámetro de:

e

32.7

L

,r'D"a.G 1

i ( D"=l sz.¡ )

De=0.0348m

I " lo.zs-ncl \m,)

Luego por la limitación que nos impone el rodamiento tomaremos el diámetro inmediatamente super,r

D"=35mm 2.- CÁLCULO DE LAS FUERZAS EN EL ENGRANAJE

La potencia transmitida de forma constante genera la aparición en el engranaje de las siguie.lm fuerzas: La tuerza tangencial

T tr.__ '

/t_d\ t^

Ft = 2037.2 N

\¿)

La fuerza radial: F. = F,.tan(Q)

Fr

= 741.5 N

Lafuerza axial: F" =

F,.tan(y)

F, = 950

N

Problema

25. Diámetro del árbol de entrada de un reductor de velocidad 247

3.- CÁLCULO DE LAS REACCIONES EN LOS RODAMIENTOS Con el fin de obtener el diagrama de momentos flectores se ha de calcular primero la reacción al menos

en uno de los rodamientos del eje. Como la sección que se desea calcular es la del cambio de diámetro, sería más conveniente calcular la reacción en el rodamiento A, si bien en el problema se calcularán ambas reacciones para mostrar el procedimiento completo al alumno.

Dicho eje ¡granale quF flecesaf ic al no exsmr ISO

SU

lmeflcien@ lámetro dei

Por otro lado, la fuerza axial es absorbida por el rodamiento situado en la sección A, según indica el enunciado. Esta fuerza origina, pues, un esfuerzo de compresión constante (tensión normal media) desde el engranaje hasta este rodamiento, luego no lo tendremos en cuenta, dado que esas tensiones medias de compresión resultan beneficiosas a la hora del trabajo a fatiga del eje. Las fuerzas axial y radial actúan ambas en el plano YZ y producen las siguientes reacciones en los rodamientos:

r,.(13+Lo) -Rus Lr -Fu

Iro=o

r,.(Lr+Lo)-Fu

lEn:e

= 123.35

N

L1

It"=o

s_icÉflruDür

d

;¿ RyB

RvB =

d

-=0 2

Ru4

= F¡-

F'-Ryn-Rys=0 Ryn =

Rye

618.12

N

El diagrama de momentos f lectores generado por las f uerzas contenidas en el plano YZ será'.

)lass

zE

0

0.02

0.04

0.06

0.08

0.

r

o.12

0.14

L (m)

Calculamos a continuación las reacciones en el plano XZ ocasionadas por la fuerza tangencial:

2Og

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

En este caso al estar centrada la carga ambas reacciones serán iguales:

r, (1. + r-o) _ ti*, _

RxB

= 1018.59

N

RxA

= 1018.59

N

l_,

RxA=Ft,RxB

El diagrama de momentos flectores ocasionado por la fuerza tangencial será:

zE

0

0.02

0.04

0.06

0.08

0.1

0.12

0.14

L (m)

En la sección del cambio de diámetro se tienen unos momentos flectores en cada plano de: Mxz = RxR'Lg

Mxz = 32.59 Nm

My7 = Rya.Le

Myr= 19.78

M=

Nm

M = 38.13 Nm

Se puede ver cómo para su cálculo bastaba con haber calculado las reacciones en el rodamiento siendo necesaria la obtención de todo el diagrama de flectores.

A

ru

Este momento origina al girar el eje una tensión normal alternante pura, de valor: 32.M

" nd"t

ou

-

48.54 MPa

En esa zona del eje el estado de tens¡ones es uniaxial, dado quq ya no hay torsión; así pues, se pus:E comparar directamente dicha tensión alternante con la de fatiga de la sección, dado que las tensio-ex que introduce el axial son medias de compresión y no serán tenidas en cuenta. Se calcula prirr:n dicho límite de fatiga para la sección del cambio de diámetro:

Se=Ka Ko K" Ko K"

1S'"

Problema

25. Diámetro del árbol de entrada de un reductor de velocidad 2Og

lnfluencia del acabado superficial: Ka

-

4'51 'Su-O

265

Ka= o-723

lnfluencia del tamaño:

d"=20mm

( a, Kh=i_l " \

)01133

Ko=0.896

/

z.oz.mm

Tipo de carga:

Kc=1 Temperatura de trabajo:

Ko=1 Confiabilidad de los cálculos:

Ke=0814 Efecto del concentrador de tensiones: r

-d^

= 0.05 Kt = 2.15

De

_

de

= 1.75 2070

cr

=

0.025.-.mm

c¿

Su

= 0.052 mm

Sensibilidad a la entalla: 1

a = 0.951

l+9r Kr=q(Kt-1)+1

Kt = 2.09

Sustituyendo los valores de los coeficientes anteriores en la ecuación del límite de fatiga se obtiene: Se

= 138'62 MPa

Y por último el coeficiente de seguridad que se obtiene es:

x=-S^ oa

x = 2.86

se

br af

Comprobar qué efecto tiene sobre la solución obtenida en el cálculo

a rigidez torsional y sobre la

solución obtenida en el cálculo a fatiga el reducir a Ia mitad la potencia transmitida.

Comprobar qué mejora se puede lograr en el comportamiento

acuerdodela2mm.

a fatiga si se aumenta el radio

de

210

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

C y otro cilíndrico de y B así como las fuerzas que aparecen en

La.figura;m.u-e.,$tr.a':un.gjs,con un.engranaje cónieo de diente$récJos

helicoidales H, soportado en los rodamientos A

Deso¡eciandó.'et,¿tC dá'Jas tensioneg'tangenciales debidas a cortante, y teniendo en cue*ta dá{os ttb. p¿g¡ná-áig.uiente,.caleular el factor deseguri.dad, cuandg el,eje. trabaja a velmi constáh'te.,st1 l*i¡,iguientes'seccionés:.',',;.,

,,,. .,-,,;'-¡eéCié$,een-tr4{.del-en$rá ,ci¡ ¡coU,., , , .. - i ,.;:-'€ecri ,eeqt deltlEdarnient0.B; ' :.: :'.--::,. ' '.en..elea¡nhigde *me¡rosde,p.secoiófiE;.:,. . .' . ..: : :

FATOS: .,.

:'

':' :"':'

-..':-::':

.,,.:'Su,*.196$.ltdFe;,.i:",. $y=:96,9.,MPA.

Fuerzas aplicadas engranaje cónico: '" ..,'Fén=533$N . F"v= 1370 Engranaje cilindrico helicoidal F¡* =

N

F";=

rLgy0 N

:

0.3675'Fnv

Fn. = 0.2625.Fnv

=4$ü'rr1f0,.,..',',,-L¡*.550iq1¡¡. ,r. '. : 450 mm L+ = 400 mm ü = 12ü mm .. '. 'd.= 80]iim :,' ': '. ' : drc = 375 mm (diámetro medio del engranaje cónico¡

, :L+

Ls =

.

Problema

26. Árbol con engranaie cónico y engranaje de dientes helicoidales

212

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

PLANTEAMIENTO Para obtener el resultado del problema en primer lugar se deberán determinar las fuerzas que

sobre los engranajes y las reacciones que aparecen sobre los rodamientos.

A

act.:-

partir de dici:,:

resultados se obtendrán los diagramas de esfuerzos que aparecen sobre el eje. Utilizando los valo.:,= de las solicitaciones calculadas en cada una de las secciones de interés, se evaluaría el coeficiente :* seguridad de las mismas.

Esquemáticamente, y con mayor nivel de detalle, el procedimiento de resolución será el mostradc

:.

continuación:

1.-

Cálculo de fuerzas aplicadas sobre el eje 1.1 .- Fuerzas en el engranaje cilíndrico helicoidal 1.2.- Reacciones en los apoyos

2.-

Diagramas de esfuerzos 2.1 .- Diagrama de momentos torsores 2.2.- Diagrama de axiales 2.3.- Diagrama de momentos flectores 2.2.- Diagrama de cortantes

3.-

Cálculo del coeficiente de seguridad 3.1.- Evaluación del comportamiento a fatiga del eje 3.2,- Cálculo del coeficiente de seguridad de cada sección

1.- CÁLCULO DE FUERZAS APLICADAS SOBRE EL EJE 1.1.- Fuerzas en el engranaje cilíndrico helicoidal Para que se mantenga la velocidad constante en el eje, el par debido a la fuerza en el engra- 1.r

cilíndrico

Fnv

debe ser igual al creado por F"* en el cónico:

d¡-

dr"-

T'n'= ,'"* Por tanto:

dr"

F.*

Fny =

Fnv dh

= 3998 N

Las otras dos componentes de lafuerza aplicada sobre el engranaje cilíndrico helicoidal se calculapartir de los datos del problema, como:

F¡* = 0.3675.F¡,u

Fnx

-

F¡. = 0.2625 F¡u

Fnz

= 1049

1469 N N

1.2.- Reacciones en los apoyos Para calcular las componentes horizontal y vertical de las reacciones en los apoyos se planteara

equilibrio de momentos tanto en el plano vertical (yZ) como en el horizontal (xz). Para evaluar el diagrama de momentos flectores en el eje solamente resultará necesario

:

determlnar :,: reacciones en el apoyo B; por lo tanto, en cada uno de los planos de interés se planteará el equilib-: de momentos con respecto al centro del apoyo A.

Problema

26. Árbol con engranaje cónico y engranaje de dientes helicoidales

213

Plano vertical YZ En el plano YZ el planteamiento de la ecuación de equilibrio de momentos respecto a la sección A, suponiendo que la reacción en B lleva el sentido positivo del eje Y, conduce a la siguiente expresión:

F"v (Lz+ L3+ La)+

fu,

(12+ L3)+ F¡y L2+ F"r.9'9 = 2

o

Despejando en la ecuación anterior se obtiene:

t

(LzL3+ Fny'Lz- .vL F.. '¿'-+1L¿)- .lly-¿ . -l| F"v -y

_

o-^-l j'"' ?

|

(-1, - l.) ReY

= -538 N

Plano horizontalXZ De la misma manera, el planteamiento de la ecuación de equilibrio de momentos respecto a la sección

A sobre este plano, suponiendo que la reacción en B lleva el sentido positivo del eje X, conduce a la siguiente expresión:

-F", (1,

+

L3+La)+ns*.(Lr+Lr) *

Ra* =

{r*

dh

Fn,

L, _ Fh-._ = 0 ' "'2

,r, + L3 + La) - F¡r 'L2 i

onl F¡,,

vl

(-t-, - lr) Rex =

6916

N

2.- DIAGRAMAS DE ESFUERZOS Para determinar la solución del problema es necesario calcular los diagramas de esfuerzos sobre el eje.

2.1.- Diagrama de torsores El eje está sometido a par torsor constante T entre las secciones C y H. El valor del par torsor se calcula, por ejemplo, a partir del dato de la fuerza F"*, como:

T=F*

d'-n"

T= 999

2

A continuación se muestra el diagrama de torsores sobre el eje:

zE o o 6 L

Z(cm)

Nm

2'14

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

2.2.- Diagrama de axiales El eje está sometido a las fuerzas axiales que se generan tanto en el engranaje cónico (F",) como ecilíndrico helicoidal (F¡,). Fcz

= 'l 370

m

N

Fn' = 1049 N

y que el rodamiento A es el que transm¡te {t6 puede la a carcasa, se observar que el eje estará sometido a tensiones ru

Teniendo en cuenta el sentido de ambas fuerzas

esfuerzos axiales

compresión debidas a dichas fuerzas. El diagrama de esfuerzos axiales será:

z

t'*

-500 -1000 -1500 -2000 -2s00 Z (cm)

2.3.- Diagrama de momentos flectores lnteresa calcular

el momento flector total en cada sección; para ello, primero se determinarán

diagramas de flectores sobre los planos vertical y horizontal.

Flectores en el plano verticalYZ Los valores del momento flector en cada sección se calcularán mediante las siguientes ecuaciones:

d-^

Mvz^ = F^- "'" 2

Mvz- =

d." F^_ 2

F"y

d_^

Mvz- =

2

Myz= = F",

d-^

*2 -

F"u (Lo + L, + L2 - r-,)

+ nru.(1. + L, MYzo =

Lo

g

-

L,) + rnu.(t_,

* r_,)

¡t

Los valores de los momentos en cada sección son, por tanto, los siguientes:

,gE

Problema

26. Árbol con engranaje cónico y engranaje de dientes helicoidales

MYz6=257N

215

m

) conc MYzs =-291 N m MYz¡1

=-1 150N'm

MYzE =

-836N'm

MYzo =

g¡ ¡

Representando gráficamente estos valores se obtiene el siguiente diagrama de flectores sobre el plano YZ:

e a N

o c o E o

Z (cm)

Flectores en el plano horizontal XZ Los valores del momento flector en cada sección se calculan mediante las siguientes expresiones:

Mxzc= 0 Nm Mxzs = -F""'L¿

Mxz¡o= -F"* (L++

',)+

Re"'Le

Mxz¡ = -Fcx (14 + La)+ Rex.Lg

Mxzs =

-F",

(L++ Ls+ Lz-

+ Re*.(Ls + Mxza = 6

L2

-

- fn, * 2

ll)-fn, 92

Lr) + Fhx.(Lz

-

.

L1)

¡t

NOTA: En las expresiones anteriores Ho hace referencia a Ia sección inmediatamente a la derecha de la sección H. Los valores de los momentos en cada sección son los siguientes:

2'16

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

Mxz6 = 6

¡t

Mxzs = -2132 Nm Mxz¡1o

=-1 418'1 Nm

Mxzt = -1 680'5 Nm MxzE =

-1222'2Nm

Mxzo =

I ¡t

El diagrama de flectores en el plano XZ es por tanto:

4

E

-400

N

X

-800

o c o -1 200 E

o

-1 600

2000

24 Z (cm)

Composición de momentos flectores El momento flector total en cada una de las secciones de interés se calcula mediante las siguier:es expresiones:

Me=

Ms = 2152 Nm

M¡=

MH =

Me=

Mr = 1481 Nm

2036 Nm

2.4.- Diagrama de cortantes SegÚn el enunciado del problema se despreciará el efecto de las tensiones tangenciales debidas a ,:s esfuerzos cortantes. Por lo tanto, no sería necesario determinar los diagramas asociados a este tipo f,E esfuerzos. Aun así, y a fin de obtener la totalidad de los diagramas de esfuerzos que aparecen sobre e eje, en este apartado se determinarán los diagramas de cortantes correspondientes a los planos vertira y horizontal.

Diagrama de cortantes en el plano vert¡cat yZ El diagrama de cortantes sobre este plano se muestra en la siguiente gráfica:

Problema

26. Árbol con engranaje cónico y engranaje de dientes helicoidales 217

-F"u+Rsy+F¡t z N o c 6 o

o

c G c

o

C)

Z (cm)

En el diagrama anterior:

-F.u + Rsu

*

Fnv

= 2090 N

-FcY = -1

370 N

-F"u + Rsr = -1 908

N

Diagrama de cortantes en el plano horizontal XZ El diagrama de corlantes sobre este plano se muestra en la siguiente gráfica:

-F"*+Rg*+F¡¡ z N

X o c 6 o o

c 6 t o

O

Z(cm)

Siendo:

-F"* + Rs* +

Fhx

= 3055 N

-F"* + Rs* = 1586

N

-Fcx = -5330 N

bbrses e IES¡E

Der anos

3.- CALCULO DEL COEFICIENTE DE SEGUR¡DAD En cada una de las secciones de interés aparecen tensiones tanto normales como tangenciales:

Tensiones normales debidas a flexión Estas tensiones son debidas a un momento flector constante aplicado sobre una sección circular giratoria. Así pues, las componentes media y alternante de este tipo de tensión se calcularán como: om = 0'Pa

U^ _

32M rc.d

-

218

Cornponentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

Tensiones normales debidas al esfuerzo axial Este tipo de esfuerzo genera tensiones normales de compresión que se reparten de manera un-:rmlu? sobre cada sección. Puesto que el esfuerzo axial no es variable, este tipo de tensiones solarem@ tendrá componente media, careciendo de componente alternante. En los modelos de comportamiento de Goodman y de Soderberg se desprecia el efecto beneficiosc

ruue

las tensiones medias de compresión tienen sobre la resistencia a fatiga del material. Puesto q-É srr este caso las tensiones debidas al axial tienen únicamente componente media y ésta es de compresrunr,, no se considerará el efecto de este tipo de tensiones en el cálculo a fatiga del componente.

Tensiones tangenciales debidas a la torsión Considerando velocidad de giro constante el par torsor que soporta cada una de las secciones de srry no variará con el tiempo, produciendo en cada una de ellas tensiones tangenciales que se calcuarwr mediante las siguientes expresiones:

167

"'

ra = 0'Pa

.3

nd

El coeficiente de seguridad en cada una de las secciones de interés se puede determinar a partir siguiente expresión:

r

m

t,-

d3

u+ l(v,"*! vul',ir,"-! "'r \, srn -,'\' n sy JI ''" s^ 'u,J

Esta expresión se utiliza para determinar el diámetro de la sección de un eje sometida a esfuerzo: m flexión y de torsión. Dicha expresión corresponde a la consideración del criterio de Máxima Tersi$¡r Tangencial, determinándose las tensiones estáticas equivalentes mediante la utilización del criter.c m Soderberg.

En este caso, tal y como se comentó anteriormente, los momentos flectores producen tensrorrw alternantes puras en el eje, con lo que el valor del momento que produce tensiones medias será nu,: Por otro lado, el torsor aplicado en el eje produce tensiones constantes, con lo que el torsor l,m produce tensiones alternantes será nulo. Se tendrá, por tanto:

Mm=0Nm

Ta=0 Nm

Así pues, la expresión que permitiría determinar el diámetro del eje se simplificaría, resultando:

rr* .3=^su,/\s" o -)

Er.f ff

Y de ella, despejando el coeficiente de seguridad se obtiene: f¡

x= 32

.b,,.o

l/;^3s,,

t-

il=Mal r/\sn )

+T'"'

Como se puede observar, el valor de Sn está asociado al esfuerzo de flexión, y se evaluará mediante n siguiente expresión:

Sn = Ka

K¡ K.'K" Ko

s'n

-K1

Problema

26. Árbol con engranaje cónico y engranaje de dientes helicoidales

219

3.1.- Evaluación del comportamiento a fatiga del eje Puesto que el enunciado no hace referencia alguna a la vida que deberia soportar el eje, se supondrá vida infinita. Se tendrá por tanto que Sn = Se. El valor de S'* se podrá estimar como:

S'" = Su

0.5

S'e = 535 MPa

A excepción del valor del coeficiente Kr, los valores de todos los coeficientes de fatiga son siempre los mismos en las tres secciones consideradas. A continuación se procede al cálculo de dichos factores:

Coef ici ente

de

acabad o

s u pe

rf ¡c ¡ al

Para rectificado, se obtiene: b

a = 1.58

-

-0.085

Ka=áSub

Ka = 0'873

Coeficiente de tamaño Puesto que los diámetros de todas las secciones son superiores a 51 mm, el valor de este coeficiente estará comprendido en el intervalo de valores desde 0.6 a 0.75. Se tomará en este caso: Ko = o'7

Coeficiente de tipo de carga Para carga de flexión:

Kc=1 Coef ici e nte

de

conf i abi I i dad

Para la confiabilidad planteada en el enunciado, de la tabla correspondiente se obtiene que: Ke = 0'814

Coeficiente de reducción del límite de fatiga El valor de Ki en cada sección depende de la geometría de la sección considerada. El cálculo del valor de Kt se realiza a través de la siguiente expresión:

Kt =

q.(Kt-

1) +

1

donde q se calcula como:

q=

1

0

1+-p siendo p el radio de acuerdo del cambio de sección determinar mediante la siguiente expresión:

u

y

cx,

una propiedad del material que se puede

( zozo.¡tttpa\

0.025 mm |

(s,)

obteniéndose para el material considerado:

-

cr =

0.048 mm

A continuación se realiza el cálculo del coeficiente Kr para cada una de las secciones consideradas.

,,*;

220

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

Sección E (cambio de diámetro)

Dr --1.5 dd

Kt = 1'84

-=0.063

P=r

P=5mm

Q

Kte=q(Kt-r)+r

= 0'99041

Kt¡ = 1.832

Sección H Según el enunciado, en esta sección:

K,r'=2 Sección B Puesto que no se ha de considerar concentración de tensiones:

Kte=1 Los valores de S" para cada una de las secciones serán, por tanto s.e

See=KaKoK6K¿K6"

SeE

= 145 MPa

SeH

= 133 MPa

Kre

s'e

SeH=KaKuK6K6Ks- KrH

s'e

S^"=K.K^K^KnK^"

Kre

See = 266 MPa

3.2.- Cálculo del coeficiente de seguridad en cada sección El coeficiente de seguridad en cada una de las secciones de interés se obtendrá particularizando ecada una de ellas la expresión anteriormente obtenida:

Se tendrá, por tanto: n.Su.d3

&-

xE

(su 32

I

S^s

= 4-9

+ (0.N m)2

n Su.d3

&-

&=3.3 32

[;:'1" *f

problema 26. Árbol con engranaje cónico y engranaje de dientes helicoidales

n

)G=

Su.d3

221

)q = 6.2

,)¿

la sección H' Por tanto, el La sección más solicitada es la de menor coeficiente de seguridad, es decir, coeficiente de seguridad del eje será el de esta sección'

el efecto de Determinar los valores de los coeficientes de seguridad que se obtendrían despreciando son resultados los que, caso' este en obséruese par torsor. al las tensiones tangenciales debidas

que indica que el flector prácticamente idénticos a ¡os obtenidos considerando el efecto del par torsor, lo es la solicitación de mayor importanc¡a sobre el eie' de 20'. Estúdiese el efecto de En Ia resolución det probtema se ha supuesto una temperatura de trabaio H' la temperatura de trabaio det eie sobre el coeficiente de seguridad de la sección intervalo entre 0'6 y Para diámetros super¡ores a 51 mm el valor de Ko será uno comprendido en el que el valor de Ka es 0.7. Estudiar 0.75. En Ia resolución det problema se ha tomado, arbitrariamente, Ko en e! resultado final que se obtendrían al seleccionar otros valores del coeficiente

las diferencias dentro del rango Perm¡t¡do.

nzal133

&[n

222

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

lnéiierV

:sqmrlFslra las$rFóñÉjcn:elgcnéJales de un eje gue sopoita.üna plea. Lag'fuerzas

a,sttfqn.en',,a.'polea.S ,congl ntes..fislá, ús¡ruiOo con ace-ro.9on Sr¡,Sá$;.:MFá,y.'Sr-.* S17 Tódaq

lás

pe{iidiesjienen un,acabado .mecanizqdo,

|1'0é,|'':'

f,

lmd

..36ü'.,..:,"'

f;¡.\r*-:,:.."¡-¡;; --,ii::::-+ ".,..:,',.-..:::i-":'.:,t:::,..:,1_:'.,1...,,,r.:{$$$0.I1..:,:,,'".,,,..."i,.,:,i|3ftü.S,frl t:,. " t' :"' :, ¡,' : .., : -., i : .,.. .,...:

.,.:,,:.. :'-'-,,gn¡** $,g¡¡1,.

"':

. ..:|:

En la sección A, el radio de acuerdo está restringido por el rodamiento, indicándose en la tabla adjunlr lss"iádios de acuerdo rnáximos en'f¡nción'de dÍámetros normalizados,de rodamientos. En esta.seccii se considera una relación Dn/d* = '1..2. En la seeeién B et radjO de aeuerd+,púedi,Ser,.mag, considerándose'en este caso radic de acuerdo,eonlpléto {DB,= dB+.2;¡ 'c n rélación.r#de.¡'0,075- E pesible di¿imetro del'ejé e*.el.rodamie'nto.está'deté inado por-la tábla. Supo-niendo una contiat¡¡rH de,l g9%' fac{or:de',seguridád. de' 1.5 iBára,vídainfinita,Éé, Bidé; ,- , ,a]'.Sateu'larjc¡¡ diámet¡os heeesaries coneidérando fa Se.eción 8. .

b)

Calcular los diámetros necesarios considerando la sección A. Diám..

dsleie:en él,rdto, .{rnm} .,7G 75'

.40 90 10ü 110

rmar

{

rádiq'acuerdo máx}. {mrnJ =ltr.,.

,

":,,,1.5 .....

' .,, .,t .1 ,$: .. .',,

',., '' . 2'.ú' . '.... , 2.4 ,r,.

'

'

'

'

,.2,d. .,'

2,5

,,..

Problema

27. Dimensionado de un eje conectado a una polea

223

PLANTEAMIENTO Se trata de un problema de fatiga en ejes, ya que a pesar de que las cargas son constantes en dirección y módulo, al girar el e.je se produce flexión rotativa, apareciendo por tanto una evolución cíclica de las tensiones. En este caso no hay par torsor sobre el eje, ya que la polea está cargada por igual en sus dos ramales. Como es habitual en este tipo de problemas, se considerará como carga crítica la tensión normal cÍclica debida a la flexión y se despreciará la tensión tangencial cíclica debida al cortante. Los puntos críticos se sitúan en la superficie del eje, donde la tensión normal es máxima. Tal como pide el enunciado, primero se calcularán los diámetros necesarios en la sección B para tener un coeficiente de seguridad de 1.5, y a continuación el diámetro mayor en la sec'ción A. Para resolver el problema se seguirán los siguientes pasos:

1.2.-

Cálculo del diagrama de momentos flectores Cálculo de los diámetros considerando la sección B 2.1.- Cálculo del límite de fatiga 2.2.- Cálculo de la tensión alternante

2.3.- Comprobación de qué diámetros de la tabla permiten tener el coeficiente de seguridad deseado

3.-

Cálculo de los diámetros considerando la sección A

1.- CÁLCULO DEL DIAGRAMA DE MOMENTOS FLECTORES Por estar las cargas equilibradas en la polea, ésta produce flexión sobre el eje,

y no torsión. La

resultante de las fuerzas en la polea es: Fp

= 26600

N

Las acciones y reacciones que actúan sobre el eje son las de la siguiente figura: R1

t t"

400

200

Para calcular las reacciones en los rodamientos se plantean las ecuaciones de equilibrio estático:

Fp.6O0

tM1 =0

R2.400=

rFy=0

Flo=Fl,+F^P

El diagrama de momentos flectores que aparece es

R, = -"P ?:: 4oo Rr

-Rz-Fp

R2 = 39900 N

R1

= 13300 N

224

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

E

z

o

c

a)

E

o 0.6

0.4

0.2

L'

Longitud (m)

2.. CÁLCULO DE LOS D¡ÁMETROS CONSIDERANDO LA SECCIÓN B En la sección B actúa un flector constante de valor: MB

=

Ms = 3990 Nm

Fp.L

siendo L = '1 50 mm la distancia entre la polea y la secciÓn. para el cálculo a fatiga del e1e se despreciarán las tensiones tangenciales debidas al cortante, deb:: : que son nulas en los puntos de la periferia donde la tensión normal debida al flector es máxima EI límite de fatiga del material puede estimarse, al tratarse de un acero con tensiÓn de rotura infer:': 1400 MPa, como: S'," = 0.5

s'e

S,

414 MPa

El Iimite de fatiga de la sección se calcula como: S'E

Se=ka

ksk6k6-

Áf

Siendo los factores modificadores del límite de fatiga: . Factor de superficie. Al tratarse de un mecanizado:

k^ = 4.51 S,,

r

"'""

A CAA

Factor de tamaño. Depende del diámetro de la secciÓn:

. tdl kh=l" \7.62 )

0.1 133

si 2.79
I

Ko está

.

ka = 0.76

mm

entre 0.6 y 0.75 si d > 51 mm

Factor de tipo de carga. Al ser carga de flexiÓn:

kt=1

.

Factor de temperatura. Se asume temperatura ambiente estándar:

ko=1

.

Factor de fiabilidad. Para una fiabilidad del 99%:

ke=0814 Factor de reducción del límite de fatiga por efecto del concentrador de tensiones debic: cambio de diámetro: Se conoce la relación entre el radio de acuerdo y diámetro da:

Problema

27. Dimensionado de un eie conectado a una polea

225

fg

ds

= 0.075

Llamando De al diámetro mayor:

De=dg+2re Así pues:

De=de+2'0.075'dB

Da = 1.15de

Con lo que: DB

fg

-dB

= 0.075

1

.15

ds

y de las gráficas de concentradores de tensiones:

kt=1'75 Por otro lado, de la ecuación de Peterson:

detirbo a I l

2070.MPa

u=0.025-mm SU

lfrrir'rr

a = 0.063 mm

y la sensibilidad a la entalla se calcula como: 1

t** ct que depende del diámetro. Finalmente el factor de reducción del límite de fatiga por efecto de la entalla viene dado Por: kr =

q.(kt

1) + r

Sustituyendo, el límite de fatiga queda en función de k5 Y k1, es decir, del diámetro del eje:

s'e

S" = k".ko.k".t<0.k"

kb

Se =

T

256.17-

MPa

Al tener como único esfuerzo la flexión, la única tensión que aparece es una tensión normal alternante pura: 32 MB

6an de3 Al ser un estado de carga uniaxial, el coeficiente de seguridad se calcula como:

Se x=oa

S"'n'ds3 32

MB

Para determinar los diámetros en la sección B se procede a comprobar qué diámetros de la tabla del enunciado dan lugar a un coeficiente de seguridad mayor o igual a 1.5.

;lm

Se comienza, por ejemplo, por Du = 90 mm:

226

Componentes de Máquinas. Fatiga de alio ciclo

DB

da__

"

rs =

ds = 78.26 mm

1.15

0.075.ds

rs = 5.87 mm

Como dg > 51 mm, se toma un valor conservador del factor de tamaño:

ko=06 La sensibilidad a la entalla es: 1

Q

1+-d

= 0.989

fg

Y el factor ki:

kr=q(kr-1)+1

k¡=174

Sustituyendo: kb

S" =

256.17-

S" = 88.23 MPa

MPa

K1

y el coeficiente de seguridad:

_ S"

"

r¡.de3

32

x=

1.04

MB

que es inferior al valor deseado, por lo que es necesario un diámetro mayor Se prueba ahora con Dg = 100 mm: DB

da=_ "

1.1s

r"

- 0.075.ds

d"_86.96mm

"

rs = 6.52 mm

kb = 0.6

1

q = 0.991 CI

1+-

lg

kt=q(kt-1)+r

\=1.74

zso.tz!

S" = 88.19 MPa

Sustituyendo:

s" y el coeficiente de seguridad:

=

vRa

Problema

27. Dimensionado de un eje coneclado a una polea 227

S" .n.ds3

v-_

32

X= 1.43 MB

que de nuevo es inferior al valor deseado. Probando con De = 110 mm se obtiene: DB

dR=_ " 1.15 rs =

d"=95.65mm

0.075.ds

rs=7.17

mm

kb = 0.6

1

q = 0.991

d_-

Y_ j+-

CJ¿

fg

kt=q.(kr-1)+1

kt=1.74

Sustituyendo: k"

s-"kf = 256J--:

S" = 88.16 MPa

MPa

y el coeficiente de seguridad:

*_

S" n.de3 X= 1.898

32.M8

que sÍ es mayor que 1.5. Por tanto, en la sección B: Ds = 1 10

3.-

mm

ds = 95.65

mm

rs =

7.17 mm

cÁLcULo DE LoS DIÁMETRoS CoNSIDERANDo LA SEccIÓN A

Para esta sección todos los coeficientes calculados anteriormente son válidos, excepto k5

!

k1, Que

dependen del diámetro. En la sección A el momento tiene un valor de:

Mn-Rr

L

Mo = 4655 Nm

siendo L = 350 mm la distancia entre el centro del rodamiento de la izquierda y la sección. Al igual que en el caso anterior, el momento genera una tensión normal alternante pura. Como en la sección anterior:

s"

=

zso.tz! vea kf

Nuevamente el Único esfuerzo a considerar es la tensión normal alternante pura ocasionada por el flector, luego puede emplearse la misma ecuación obtenida anteriormente para el cálculo del

228

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

e-

a

que es mayor que 1.5, por lo que los diámetros elegidos son válidos. Obsérvese además que la sec: critica es la A, ya que el coeficiente de seguridad es menor que en la sección B.

:r

coeficiente de seguridad. Téngase en cuenta que en este caso

el diámetro

normalizado

rodamiento es d4.

Se S" n d43 - 3' t\¡^ Como antes, k5 y

k1

dependen del diámetro. Se conoce la relación: D^

-dA

Para d4

-

= l.¿

De = 110 mm: DA

=

D4 = 132 mm

1.2.dA

De la tabla del enunciado, el radio de acuerdo que puede emplearse para el diámetro d4 es:

= 2.5 mm

rA

Como d4 > 51 mm, el factor de tamaño se toma:

ko=06 Para calcular el efecto del concentrador de tensiones: Dn

14

d^

-da

= 0.023

kt = 2.5 1

rl--

1+-cl

a = 0.976

lp

t<,=q(t<,-t)+

kt = 2'46

Sustituyendo: k"

s^"k1 - 256.17-i MPa

Se = 62.39 MPa

Y el coeficiente de seguridad:

S" n.d43 A--

32.Ma

x-

1.751

I Calcular los diámetros necesar¡os para un coeficiente de seguildad de 1.2

Problema

28. Árbol hueco conectado a engranaje de dientes helicoidales

229

Lé.figura-sjgtl¡enle rnue$tra.€f eje de un redü€tor-de- velocidad. Dicho efe es hueco, tiene.montado,e¡,sü heficoidáles, y:se'apoya en dos rsdamientos,én'susextrerno*, El rodamiento" A ahscrbe.los, esfuerzos 'axiafes, ,La poieneia se transr¡ite ¿esde ell,e ánaje eentral

segqióti'ceq! lm.éngranaje dedlentes .ha*tá]á'seceidn,Á,.,''-,

tsJ.cukr el .coefieien{é de seguridad.rde dich* eje.para,vida inlinita. DAT.ÜA:

Pcteneiafra*$m1id*,P.=45 kW;,

' ''' ,,

.,,'

.', ,

,,,

l:

Engranaje:

.........:..Ánguto..oe$iitli*2$é:.....'ingulodepi.esión:20"

,','

''"

'

Diámetro rueda: g0 mm

..-' Veloeidad angular: ro = 300 rpm

Material del eje:

' .',, ,- Su = 1000 MPa Sv = 800 MPa S u = 55G frlPa 'K"=0.72 lG=1 lG=1 tG=0.8 .,,.": ':''13:g¡lf¡:¡on ,, j 'def .engráñáié.f:de,:¡cs,,riidam¡enlts inlroduce un concenirador . ...., . . tensiones.de.valor,Kr=,f :9,¡qn¡o.p,*r téxión como Bata tarsión. .

de

.

16CI

i+,.--

PlNON

Colas e*.millmetros'

NOTA:' Téngase

en'

cuenta el sentido. de'glro de los engranajes y el ángulo de hélice def .dibujo a la

hora de calculaf fos esfuerzos sobre el eje.

23O

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

PLANTEAMIENTO Para la resolución del problema se seguirán los siguientes pasos: 1.- Obtención de los esfuerzos producidos en el engranaje

2.- Cálculo de las reacciones en los rodamientos 3.- Determinación de la sección más desfavorable 4.- Cálculo de tensiones medias y alternantes y estáticas equivalentes 5.- Obtención del coeficiente de seguridad aplicando un criterio de fallo

estático

1.- OBTENCIÓN DE ESFUERZOS PRODUCIDOS EN EL ENGRANAJE El primer paso será la obtención de los esfuerzos que el engranaje le está transmitiendo al eje:

El par que se transm¡te a través del engranaje es: T=

P

T= 143.24

-

Nm

Este par se transmite de forma constante desde el engranaje hasta la sección A del eje. T Fr = 3183.1 N La fuerza tangencial: Ft = p")

I

[z] La fuerza radial:

Fr = Ft.tan(O)

La fuerza axial:

F, =

F1.tan(ry)

Fr=1158.55N

Fu = 1484.3 N

2.- CÁLCULO DE REACCIONES EN RODAMIENTOS Con el fin de calcular el diagrama de momentos flectores han de calcularse primero las reacciones elos rodamientos. En primer lugar, la Íuerza axial es absorbida por el rodamiento situado en la sección A, según dice e enunciado; esto ocasiona un esfuerzo de compresión constante (tensión normal media) desde e engranaje hasta este rodamiento, luego no se tendrá en cuenta.

Las fuerzas axial y radial actúan ambas en el plano YZ y producen las siguientes reacciones en los rodamientos:

Problema

te

28. Árbol hueco conectado a engranaje de dientes helicoidales 231

-

.Lr

D^

,

Ito=o

F,.Lz

It"=o

F,-Ryn-Rys=0

Rys

Fa

_=0 2

D^

Ru,

=

F,lz-F,j "2

RyB

= 161 .82

N

l_.,

Rua=F¡-Rya

Rya = 996.74 N

El diagrama de momentos flectores en el plano YZ será'. 79.74

zE o

c c)

E

o lcc;r:r-t€S tmt

gur:mmdt rl 3€5:E ff

0

0.08

0. 16

Longitud (m)

Se calculan a continuación las reacciones en el plano XZ ocasionadas por la fuerza tangencial:

r}es 3."

üüm

232

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

-Lr)-n*,

Ito=o

F, (1,

It"=o

Ry4+R¡s-Ft=0 F,.(1,

Fxe

- --

R*4 =

F1

-

L, =o

L") RxB

= 1591.55

N

RxA

= 1591 .55

N

L1

- R*s

El diagrama de momentos flectores en el plano XZ será" 127.32

zE o

c c)

E

o

0.08

Longitud (m)

3.. DETERMINACIÓN DE LA SECCIÓN CRíTICA La sección más desfavorable es la sección central, en la que se tiene un momento flector total:

M"=JMexzz+Meyz2

Me

= 150.23N

m

y un par torsor:

T= 143.239N

m

4.- CÁLCULO DE TENSIONES EQUIVALENTES EI momento en la sección crítica ocasiona una tensión normal alte:nante (flexión rotativa): Me

,=T

t

El momento de inercia de la secciÓn, al tratarse de un eje hueco, es:

1 lD,o 1 rd\a | -ni-L--nl-l \2) 4 \2) 4

|

= 3.191 ,. 10

8

ma

Luego se obtiene una tensión alternante máxima sobre los puntos exteriores del eje de valor:

M"D

"t2

ou=70.627 MPa

Al tener un estado multiaxial de tensiones sobre la superficie del eje, se calculan las tensiones estátic.=

equivalentes para posteriormente aplicar un criterio de fallo estático bajo tenstones multiaxia:. Aplicando el criterio de Soderberg:

Problema

28. Árbol hueco conectado a engranaje de dientes helicoidales 233

sy oeq =

so

El límite de fatiga viene dado por la expresión: se = Ka'Ku'K"'t
l'S'" K1

Donde los factores modificadores del límite de fatiga vienen dados por:

.

Factor de acabado superficial (dato del enunciado): Ka = O'72

.

Factor de tamaño (flexión rotativa):

Kh

"

.

( _l_l D

\ [z.oz mm )

01133

K^=0.956

Factor de tipo de carga (flexión):

Kc=1

.

Factor de temperatura (dato del enunciado):

K¿=1

.

Factor de otras influencias (dato del enunciado): Ke =

'tota

.

Factor de reducción del límite

0'8

a fatiga por efecto de la entalla para flexión (dato

del

enunciado): Kt = 1.9

El límite de fatiga de una probeta del mismo material, según el enunciado es: S'e = 550 MPa Por tanto, el valor de S" es: 1

se = Ka.Kb.K".K6.Ks.-

.S',.

Kf

S" = 142.76 MPa

Por otro lado, el par torsor origina una tensión tangencial constante (por lo que no es necesario calcular una tensión estática equivalente):

'J, úor

T

donde J es el momento de inercia polar de la sección; en nuestro caso:

1 /D\4 1 rd\a J=-irl-l 2 \2) --nl-l 2 \2) TD

J2

J=6.381x 10 8m4

t

= 33.67 MPa

234

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

5.- OBTENCION DEL COEFICIENTE DE SEGURIDAD Una vez calculadas las tensiones estáticas puede aplicarse el criterio de Energía de Distorsión o r= Máxima Tensión Tangencial para calcular el coeficiente de seguridad:

a)

Utilizando EnergÍa de Distorsión:

tr= X

sy

X=2

o"o2 + 3.t

b)

Utilizando Máxima Tensión Tangencial:

sv /ll- ""0 )f -= 2x l\tr- 2 )

I

2

su

X= f2-2

X= 1.993

V oeq + 4.r

Calcular el coeficiente de seguridad si el eje gira en sentido contrario.

Problema

29. Árbol hueco conectado a una polea con correa trapezoidal

235

En la figura $e representa ün eje hueco con una transmisión por engranejes {citrndribos de dlentffireetos) y olra por ccrrea trapezoidal. El engranaje 1 (motor) gira con una velocidad'*e AóC'rprn {$entido d,e 5 kW. Caleutar el coeficiente de seguridad d*l:eie f,atiga para vida infinita.

*

de la figura) y le transmite al eje una potencia

DATOS: Material:

Acero

$u = 1000 MPa

sy = 8oo MPa

Dirnensiones:

De=90mm

Di = 75 mrn

Dr=30mm

D: = 150 mm D¿ = 120 mm Lz = 28ü mm

Ds

= 12ü mm

Lr=50mm

ángulo de presión 0 = 20o

Le=40mm

236

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

Coeficienles de fatiga:

..'......:Ka*.8'v2.'.....|{¡=1...........

.|.......K;=..¡.g.¡E'.=l.9-{itexión¡ltorsión}.. Potencia y velocidad:

NOTAS;,,

:

'

..

"i

¡

''

'..

"

.

':,

-" ,

,''

La fljerza,Fi.eqel rorfial más cargadü de la correa es tres veües superior a la fuerza

- f¡:¡i

i de teduccién de la vida a fatiga Kt tiene e! misrno valer t1 ,g)l tanto a'flexión " térsión'en"las¡niones del ejecon el engranaje y del eje con la polea, - l . rl r .,

Fo

en

d

corr¡o &

Problema

29. Árbol hueco conectado a una polea con correa trapezoidal 237

PLANTEAMIENTO El enunciado plantea el cálculo del coeficiente de seguridad a fatiga del eje. Para ello, en primer lugar es necesario calcular las acciones que generan sobre dicho eje el engranaie 1 donde está conectado el motor y la correa que pasa por la polea 3. Una vez que se conozcan esas fuerzas se podrán obtener las reacciones que generan sobre los rodamientos y con ello proceder a calcular los diagramas de esfuerzos necesarios para poder determinar cuál es la sección crítica. 1.- VELOCIDAD DE GIRO DEL EJE La velocidad del eje se puede calcular a través de la relación de velocidades entre los dos engranajes: D.

o=oe:-u2

rad

6=40rpm

ro

=

4.189S

2.. OBTENCIóru OE LAS FUERZAS GENERADAS EN EL ENGRANAJE El primer paso será la obtención de los esfuerzos generados por el engranaje. El par torsor que transmite el eje es:

T=-P

T = 1193.7 Nm

ú)

Este par se transmite desde el engranaje hasta la sección C donde se encuentra la polea. En el engranaje, al ser de dientes rectos, aparece fuerza tangencial y radial: E

T

' i u^\ L'l lol \.,/

F',

= F,.tan(q)

Ft

= 15915.5 N

Fr

= 5792.8 N

3.- OBTENCION DE LAS FUERZAS GENERADAS EN LA POLEA

El eje transmite a la polea 3 el mismo par torsor que ya se ha calculado, y que se traduce en

la

diferencia de fuerzas que aparecen en los dos ramales de la correa: T

EE

/D"\ t"l

Fr

Fo

= 19894.4

N

Ir,]

Para poder calcular los valores de las fuerzas se necesita otra ecuación; en este caso la proporciona el enunciado del problema. F1 =

3.Fo

Fo = 9947.2 N F1 = 29841.6 N

Como los dos ramales de la correa son paralelos,latuerza que actúa en el eje directamente es igual a la suma de Fo y Fr:

Fo=F1+Fe

Fp = 39788.7 N

é

238

Componentes de lt/áquinas. Fatiga de alto ciclo

4.. CALCULO DE REACCIONES EN LOS RODAMIENTOS Las fuerzas que actúan sobre el eje son todas radiales, pero no se encuentran contenid¿s s¡ u¡ rnis''¡llü¡! plano, por lo que es necesario trabajar con dos planos perpendiculares. Para ello se proyectan tolm las fuerzas en ios planos ZX e YX, para Iuego calcular los diagramas de flectores correspondientes. Fuerzas contenidas en el plano ZX

. Lp-L: .H

LCI L

I

+

l', 11.F,=(t-, + t-r+ L.) R¡,

Ito=o Ll

Ro, =

F, RDz

L1+L2+L3

)-rr=o

= 782.8

N

Rn, r RDz=Fr

R^- = F, * Ro,

RAz=5010N

Fuerzas contenidas en el plano YX

=

Ito Roy

-

o

11.F1+ (L-, + t-, +

(t-, + t-r) ro

-

Lr

L1+L2+L3

L.) n¡u = (t-, + t-r).ro

Fr

RDy

= 33336.5 N

Problema

29. Árbol hueco conectado a una polea con correa trapezoidal

Itu=o

-

239

Rnv+Fo=F,apou

Rny=F,-Fo+R¡,

RAy

= 9463.3 N

5.. DIAGRAMAS DE MOMENTOS FLECTORES El diagrama de momentos flectores originado por las f uerzas contenidas en el plano ZX será'.

MBy=L1 .RAz

M"u = 250.5 Nm

v"u = (t-, + L2).no. -Lz.F,

M6u =

31.3 Nm

300

? z

E

2oo .roo

El diagrama de momentos flectores originado por las fuerzas contenidas en el plano YX será:

F Z

Ms. = -L1 .R4,

Ms, = -473.2 Nm

wt". =

Ms, = 1333.5 Nm

-(1, + L2).nou + 12.F1

q^^

L (m)

6.. SECCIóN MÁS DESFAVORABLE Para saber qué sección es más desfavorable entre B y C, dado que las dos tienen el mismo diámetro y el mismo valor para K, debido a los conceniradores de tensión, basta con ver cuál está más solicitada:

Mr=vÑ,f*MJ

Mr = 535.38 Nm

ri¡"=JMsrz+Msr2

Ms= 1333.8 Nm

Como el par torsor es el mismo entre las secciones B y C la sección más cargada es claramente la C.

240

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

7.- COEFICIENTE DE SEGURIDAD El momento en C origina una tensión normal alternante: MC

Ua --

l

EI momento de inercia de Ia sección, al tratarse de un eje hueco, será:

1 lD")a _nl_l I /Di la l:_.1T._ ) \ 4 2 4 \2)

I

= 1 .667 10

6.ma

Luego se obtiene una tensión alternante sobre los puntos exteriores del eje de valor:

M^

_ _-_ ^"12

D^

oa = 36 MPa

A causa de la presencia del torsor, se tiene un estado multiaxial de tensiones sobre la superficie de . = Para resolver el problema se calculan las tensiones estáticas equivalentes, para posteriormente ap :: un criterio de fallo estát¡co bajo tensiones multiaxiales: Para el flector: a u^^ -

t).

-

se

-

Ka Kb.K. Ko K"

1 s'"

En el cálculo del límite a fatiga por flexión de la sección crítica, el enunciado del problema apor.=: valor de algunos de los factores correctores correspondientes (acabado superficial, tempera:,': confiabilidad y concentración de tensiones). El factor corrector por tipo de carga es ¡gual a la unida: : tratarse de un esfuerzo de flexión.

Ka=0.72

Kc=1

Ko=1

Ke-0.8

Kf-1.9

En el cálculo del factor corrector que tiene en cuenta la influencia del tamaño, se tiene que con

::

diámetro es superior a 51 mm:

Kr'=075 El límite de fatiga de una probeta normalizada del acero del eje se puede estimar como:

s'e = 0.5.sU

s'"

= 500 MPa

EI Iímite de fatiga a flexión rotativa de la sección crítica será:

Se = Ka.Kb.K" K¿.K"

1.5'"

Se = 113.7 Mpa

Kf

La tensiÓn estática equivalente del esfuerzo generado por el flector se obtiene aplicando la ecuac oSoderberg, teniendo en cuenta que la tensión media es nula: e Oañ

=

o"o = 253.3 MPa

ü^ -.o.

En el caso del par torsor, éste origina una tensión tangencial constante: T

t=J

t

donde J es el momento de inercia polar de la sección; en este caso, al tratarse de un eje huecc valor será:

Problema

29. Árbol hueco conectado a una porea con correa trapezoidar 241

J=l^io")o_i^lg)' 2 \2) 2

J = 3.335 1O-6.ma

\z)

TD"

t

J2

= 16.1 MPa

Una vez calculadas las tensiones estáticas podemos aplicar ya

el

criterio

Tangencial para calcular el coeficiente de seguridad:

sv =

de Máxima

Tensión

vnx( lo, - o.l , l",l , l"rl)

Las tensiones principales son: oeq ()l

'2 j

f -

f,r ) ,i \.2 / /lo"q ll-l+r

2

o1 = 254.3 MPa

oz=0 oeq (Jc=--

"2

apfim

múM

o3

=-1

MPa

Y el coeficiente de seguridad que se obtiene es:

X=

sy

/

,2

\z

)

X= 3.13

io"ql

Calcular el valor de las tensiones tangenciales originadas por el cortante y comparar su valor con las introducidas por el flector y con las generadas por el torsor. Recalcular el problema considerando el eje macizo.

242

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

Oirnensionar el árbol de:la figura para vida infinítaésn foeficiente de segr:ridad X = 2,

Coias eñ mm

DATOS:

:

,

,

,,

. ' .

I

'

.

',.,,, ,,:ds

'

-: ,En:la seccién.

.

:.

:

' -:

-' :

-

l hayr¡onlado

un.engranajé cilfndr¡co:de dienfes rectos con ángu'fü de presilio

{d2: 70.mm y ds = 80 mrn}

:

:

El coeficiente de rozamiento entre cada pareja de ruedas de fricción es de F = 0.9

Para garanti¿ar la rodadura sin deslizarniento de las ruedas de frisción se aplican

luerc

nünÍrales de valor Na =25üO N y,fil3 * 1000 N en las:secciones2 y'S respectivamente. Los apcyos se realizan en tas secciones 4 y 5 En :las uniones de los engranajes y el árbol, y entre las ruedaé de fricción y el árbd.

b

K¡=(12=l(s=1.$ En t6g rods'mientos de las seccío¡es 4 V s::aparece üR coneentrador de lensiones deb¡(be

:sUmontajepor:inteffereneiaquetieneasociadouncoeficien1€K14:=KÍs=1'5 :'

- Goeficien{e de aeabado superficial: K¿ = 0'8 - Coeficiente de confiabitidad: K. = $.S - Velocidad del árbol: ü - 1500 rpm - Eje de acero: Su = 900 MPa, Sv - 700 MPa, S'e = 500 MPa - La entrada'de po{encia se realiza por el - ngranaje de la seccién 1 y tiene un valor & Pr = 10 kW, siendo ta salida por la rueda de fricción de la sección 2 {607o de la potencía[ y por la rueda de fricción de la sección 3.

Problema

30. Dimensionado de un árbol conectado a ruedas de fricción

249

PLANTEAMIENTO El proceso para resolver el problema es el que habitualmente se sigue para determinar el diámetro de

ejes sometidos a fatiga, es decir:

1.- Determinación del diagrama de torsores 2.- cálculo de fuerzas debidas a los erementos 2.1

.-

2.2.-

3.4.&*

montados sobre el eje Fuerzas en engranaje y ruedas de fricción Cálculo de las reacciones en los rodamientos

Diagramas de momentos flectores sobre el eje Dimensionado de los diámetros en las secciones críticas

1.. DIAGRAMA DE TORSORES El par total que se introduce en el eje a través del engranaje viene dado por:

r=

Pt TD

Donde la potencia P1 y la velocidad angular

co

toman, según el enunciado, los siguientes valores:

Pr = 10 kw 6¡

= 1500 rpm

r¡ =

rad 157.08S

Obteniéndose finalmente un par T de valor:

T= 63.66 Nm El torsor a cada lado de la rueda central tiene sentidos distintos, siendo su valor, en módulo

I-^

= 0.6.7

Izq = 38.2

Toer

= 0'4'T

T6", = 25.46 Nm

Nm

se obtiene, por tanto, el siguiente diagrama de esfuerzos torsores en el eje:

E

2 o o

F

244

Componentes de Máquinas' Fatiga de alto ciclo

2.- FUERZAS DEBIDAS A ELEMENTOS MONTADOS EN EL EJE

2.1.- Fuerzas en engranaie y ruedas de fricción Fuerzas en el engranaie de Ia sección

1

situado en la secciÓr En Ia figura sigu¡ente se muestran las fuerzas que aparecen en el engranaje según el sentido de giro especificado.

+ü

v

I

,'ou"

\

se evaluarán a continuación los valores de las fuerzas representadas: T

F,l=/0,\ l-l \2 ) Fr1

=

Fr1

Fr1

.tan(s)

= 1061

Fr1 =

N

386'2 N

Fuerzas en las ruedas de fricción de las secc¡ones 2 y 3 radial, tal y co-t; y En ambas ruedas de fricción aparecen fuerzas en dirección tangencial en dirección se muestra en la siguiente figura:

4

R. Fricc

30. Dimensionado de

Problema

un árbol conectado a ruedas de

fricción 245

En la sección 2 se tendrá

-t-+. = _T'ro '' ldr) l_

Ft2

= 1091.3 N

Fr2

Fr2

= 2500 N

Ir,]

la seccmm il =

N2

En la sección 3 se tendrá:

-

Td",

-

FÉ = 636.62 N

/d"\

t"l

IrJ FÉ=Ns

FÉ = 1000 N

Laluerza tangencial máxima que se puede transmitir en cada una de las ruedas de fricción es función de la fuerza normal que une ambas ruedas y del coeficiente de fricción entre los materiales utilizados en las ruedas. Dicha fuerza tangencial máxima será: FTangMáx

-

¡r.N

-

F.Fradiat

Las ruedas deslizarían entre sí en el caso de que se intentase superar latuerza tangencial dada por la expresión anterior. Por tanto, se ha de comprobar que no se supera esta fuerza máxima, ya que de otro modo se producirÍa el rápido deterioro de las ruedas. FTangMáxz

= Frz.F

FTangN/áx2

--

FTangtt/áx3

= Frs lt

FTangMáx3

= 900 N

2250

N

Puesto que las fuerzas tangenciales son inferiores a sus correspondientes valores máximos no aparecerá deslizamiento, con lo que el diseño de las ruedas es, en este sentido, correcto, y no es necesario aumentar lafuerza normal en las mismas. l, tai I

En caso de que se superase el valor máximo, para transmitir la fuerza tangencial correspondiente a la potencia a transmitir, se tendría que aumentar la fuerza normal entre las ruedas. De esta forma se conseguiría aumentar el valor máximo de la fuerza tangencial, aunque se ha de tener en cuenta que al aplicar una mayor fuerza normal en el contacto entre ruedas de fricción, se produce un aumento de las solicitaciones sobre los ejes.

2.2.- Reacciones en los rodamientos Reacciones en el plano vertical Para determinar los valores de reacción en los apoyos de eje se plantean las siguientes ecuaciones de equilibrio:

It=o

Fu4+Fu5+F,1 =Frg+Fr2

Ito=o

0.05.Fr2 + 0.15.F.' + 0.30.Fu, = 0.35 Fr¡

La fuerza vertical en el rodamiento 5 se calculará a partir de la ecuación de equilibrio de momentos particularizada en la sección 4: 0.35. F€ Fvs =

-

0.05. Fr2

0.30 Fus = 556.91N

-

0.1 5. Fr1

246

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

Reacciones en el plano horizontal Al igual que en el caso anterior, se procede a plantear las ecuaciones de equilibrio en el eje:

Ir=o

F¡a + F65

FMo = o

Ft2 o.o5

+

=Fpt F,t + Ft3 F,5 0.30 =

F¡

0.15 + F,3 0.35

En este caso la fuerzahorizontal en el rodamiento 5 será: Ft1

.0.15+ F13.0.35-

Fns =

F12.0.05

0.30 Fhs

-

1091 .35 N

Y lafuerza horizontal en el rodamiento 4:

FhA=Fp+F11 +Ftg*Fr,s Fh4

= 1697.65

N

3.- DIAGRAMAS DE MOMENTOS FLECTORES

Se han de determinar inicialmente los diagramas de momentos correspondientes a dos planx perpendiculares entre sí, que contengan al eje. Posteriormente se procederá a sumar vector'alme-G los momentos obtenidos en cada sección:

3.1.- Diagrama de momentos en el plano vertical (XY) El momento en cada una de las secciones de interés en el eje será: Mxys

= Fr..0.05.m

Mxy+

= F6.0.35.m

Mxyr = Frr.0.2.m

-

M*uu =

-

Fu5.0.3.m

-

F,1

.0.15.m

Fv5.0.15.m

M*uo

50 Nm

= 125 Nm

Mxyl=116.46Nm

Se obtiene el siguiente diagrama de flectores ocasionado por las fuerzas radiales:

E

2 X

o c 6 o o c

o E o

3.2- Diagrama de momentos en el plano horizontal (YZ) En este plano se tendrá:

Problema

Myzs

= F6 0.050

Myz4

= F6 0.35'm

30. Dimensionado de un árbol conectado a ruedas de fricción 247

m

Myzl = F,3 0'2 m

-

-

F¡5'0.3 m +

F11

0.15'm

F¡5'0.15'm

My25

= 31 .83 Nm

My¿a

= 54.57 Nm

My21 =

J6.38

Nm

Se obtiene el siguiente diagrama de flectores ocasionado por las fuerzas tangenciales:

F

z N

o

c d o o c o

E

o

3.3.- Momento total en las secciones crít¡cas Para obtener el momento en cada sección se han de sumar vectorialmente los momentos creados por las fuerzas radiales y los creados por las fuerzas tangenciales. En concreto, para determinar la solución del problema se ha de obtener el módulo del momento total Mt en las posibles secciones críticas:

M4 = 136.39 Nm

Mu =

vtr\&;;;F

Mu = 59.27 Nm

M, =

!t^&;; M;

M, = 122.01 Nm

F

z 6 o

o c o E

o

4.. DIMENSIONADO DEL EJE En el eje no existen esfuerzos axiales. Por lo tanto, para determinar el diámetro del eje podemos utilizar, por ejemplo, la expresión correspondiente al estudio de las tensiones estáticas equivalentes mediante el criterio de Soderberg, combinado con el criterio de Máxima Tensión Tangencial:

a

t"=

32X

I

r, " J[t'-i

a" )' I t".i I

[rm+

S"u )'

*

t,,1

248

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

Recuérdese que los momentos torsores (medios) que soporta el eje desde la sección central hacia

¡

derecha y hacia la izquierda son: To"'. =

25.46 Nm

Tizq =

38.2 Nm

Teniendo en cuenta que el valor del factor reducción del lÍmite de fatiga Kr de tensiones es el mismc 3todas las secciones con concentrador de tensiones, a la hora de dimensionar el diámetro mayor del 3': se considerará únicamente la sección 4 (la del rodamiento de la izquierda), dado que en ella se dan :s valores máximos de momento flector y momento torsor. Esfuerzos en la sección 4: Ma4 =

M4

Muo

= 136.4 Nm

Mm=0

Tu=0

T*

=

T,

I.q

= 38.2 Nm

La ecuación de cálculo del diámetro del eje particularizada a la sección 4, y considerando vida infir-u en el eje, será:

,3 O¡ -

32x /l s" n Su,/

-i

M^, *

[S"a

)t )

Para determinar Se se han de calcular los correspondientes coeficientes de fatiga: Ka =

0.8

(dato)

Kc=1

(flexión)

Kd=1

(se supone temperatura de 20')

Ke =

0.8

(dato)

rdros Kf4 = 1.5 S'. = 500 MPa (dato) Kf4 = Kt Ftex

(dato)

Tan sólo resta determinar el coeficiente de tamaño, Kb, que no puede ser evaluado ya que es funo:r del diámetro a calcular. El límite de fatiga de la sección 4 quedará, por tanto, en función de Ko:

s"o(Ku)= Ka.Kb.Kc.Ko K"" s"o(Ko)=213.3Ks

Krq

= MPa

La resolución de la ecuación

da

requiere el planteamiento de un procedimiento iterativo. Se supondrá un valor del diámetro d; con e -.* determinará el valor de S"; introduciendo este valor en la ecuación anterior, se obtendrá una r:r:i. estimación del diámetro. El proceso se repetirá hasta que el diámetro supuesto y el obtenido r€S- -,?. suficientemente próximos entre sí.

Problema

ftral

Ftr& h

30. Dimensionado de un árbol conectado a ruedas de fricción

Se han de tener en cuenta las siguientes expresiones:

¡ O¡

Se toma como valor inicial de la iteración:

ralo¡

s

d1 mnr

qGl

hsemn@

=45mm

Los resultados obtenidos en la iteración se muestran en la siguiente tabla

di(mm)

Koi

45.00 25.18 24.64 24.62

0.818 0.873 0.876 0.876

Luego el diámetro mayor del eje según la sección

di*r (mm) 25.18 24.64 24.62 24.62

4,y por tanto la solución del problema, será:

d=25 ¡ vrd¿

0.tt33

K^= " \7.62 ) -l

s"o(Ko)= 213.3Ko.MPa

el ms-m

249

mm

nffi Determinar hasta qué valores podrían reduc¡rse las fuerzas Nz Y Ns garantizando el adecuado funcionamiento del sistema. Obsérvese el efecto que tendría dicha reducción sobre el resultado final'

,*

gS furmlliffitl

ro d: :r fá --a enrGc

eiil

250

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

La figurar:siguiente- rnuesira un eje, apoyado sn tos rodar¡ientos, A. y'fi, qu€ gira a velseidad angdr cgnstante:r*, En sü extremo derecho tiene un volants d*rinÉrcü de gran rná*á;'de valor M, En el volanh existe una masa descentrada m de valor despreciable comparado con la masa total del volante.

Debido a que eI diámstro.cl es exoes¡vameflte: p*qileño, et componentqfqlla.porJa geoefón-,G.

¡

Se pide:

a)

:. '

ü

Dibujar aproximadamente, justificando la respuesta, el aspecto que tendría la superficie gri^r¿' .6na de fa¡

fractura. de la sección: O{zona de inie,iacÍón,',direcc!én de avance dé,la final, etc.).

' '. ,b]. jndiÉar el.:pr!,Qeso a seguir:p*raevalsar el diámetro d con el fin.de.que.eltarnpcnéi1te terqt .' : . . vichjnfigjta. En:la expliea¿ión del proceso se deberán inct$ir'toda$ Jás fdrrnulas utilizadas y tr forma de evaluar cada uno de sus términos.

üATOS: Dimensiones: Lr, = 50 cm

Lr= 10 crn

Lg

-

25 cnr

Diámetrü: DÉ 60 mrn Material: Acero frágil .

. ": T€nsióh limite de fatiga para vida infinita: Sls = $0ü.Mps ' " Aeabado superficiat:.Mecanizádé ': '

Problema

$ clad a-qulmr n eí ¡":nm.tb nle-

31. Árbol conectado a un volante de inercia con masa descentrada 251

Volanle de inercia: [/lasa totaldelvolante: M = 15O k$ Masa deseentrada: m = 0.S kg Ftadia masa descentrada: e = 10 cm Finercia = m'e'# Velocidad de giro: r¡ = 1500 rpm

Confiabilidad: 99% Coeficiente de seguridad: X = 2

¡perfrru ü na s üdh Er@ MIryl ['t?S*m $üü

252

Componentes de lVláquinas. Fatiga de alto ciclo

PLANTEAMIENTO Se plantea solucionar el problema de fatiga que aparece en el eje del enunciado. En el primer apartao: se habrá de determinar el aspecto aproximado que presentaría la fractura por fatiga, mientras que en e segundo se habrá de determinar el diámetro necesario para que no ocurra dicho fallo. Una vez realizado el primer apartado, la evaluación del diámetro requerida en el segundo apadaC: consistirá en:

1.- Cálculo de esfuerzos sobre la sección del cambio de diámetro 2.- Determinación del comportamiento a fatiga del punto crítico 3.- Aplicación del criterio de fallo adecuado APARTADO

1

1.- ASPECTO DE LA SUPERFICIE DE ROTURA Si el eje gira a velocidad constante no aparecerá esfuerzo de torsión en la sección C. El volante c: inercia produce sobre la sección C esfuerzos de flexión. Estos esfuerzos de flexión son debidos a oc-. fuerzas diferentes: - Acción de Ia qravedad. El peso del volante de inercia hace que el eje flecte. Esta flexión ce eje produce sobre la sección C un efecto de fatiga rotativa.

-

Fuerza de inercia. La masa descentrada produce también flexión sobre el eje. La direccrcde la fuerza de inercia es de valor constante y siempre tiene la misma dirección y sentido c:respecto al eje (se mueve al tiempo que el eje). Por tanto, debido a este esfuerzo, el eje deformará estáticamente, de manera que el punto sometido a la máxima tensión de tracc :'en la sección C será el situado en la parte opuesta al sentido de la fuerza de inercia.

Por lo tanto, sobre la sección C se tendrán dos flectores distintos:

- El que produce tensiones alternantes puras

debido

a la flexión rotativa (acción de .

gravedad).

-

El que produce tensiones estáticas (fuerza de inercia).

El punto más desfavorable de la sección es aquel en que se produce la máxima tensión de tracc:* debida alafuerza de inercia, ya que, en é1, se tendrá Ia tensión alternante pura producida por la acc:,de la gravedad (como en el resto de los puntos de la periferia de la sección) junto a la máxima tens:de tracción, que ayudará al crecimiento de la grieta de fatiga.

Por lo tanto, tras la rotura del componente, la sección tendrá un aspecto parecido al mostrado er : figura. Como puede verse, el aspecto sería parecido al de una sección sometida a fatiga rotativa. p:-:

añadiendo

el efecto de que los puntos situados en la parte superior de la figura son los r::

desfavorables.

Problema

31. Árbol conectado a un volante de inercia con masa descentrada

253

trapaM ;

que

et'-

dl

) aFa':ad@

APARTADO 2 1.. CÁLoULO DE ESFUERzoS EN LA SEccIÓN cRíTIcA Puesto que, según el enunciado, la masa descentrada es despreciable frente a la masa total del volante, no es necesario tener en cuenta el valor de m para determinar laluerza debida a la acción de la gravedad (Fn) asociada al volante de inercia; por lo tanto, se tendrá: Fn = g.M

rctarm

d@

dcam bxiar

Fs = 1471 N

Latuerza de inercia que genera la masa descentrada será _2 Fi = m'e

Fi = 1234 N

úJ

dMll

El valor de cada uno los momentos creados por dichas fuerzas sobre la sección crítica es: L

cfrecmn¡

ennOc

Ms = L3.Fs

Mn = 367.7 Nm

Mi = L3.Fi

M¡ =

nmmr

.dq€w b barorm L

308.4 Nm

2.- CALCULO DE TENSIONES EN EL PUNTO CRITICO

ión*lh

Se han de determinar las tensiones que sobre el punto crítico de la sección crean los momentos calculados en el apartado anterior. Tal y como se comentó anteriormente, sobre el punto crítico de la sección se tendrán que considerar simultáneamente las tensiones máximas producidas por los momentos calculados en el apartado anterior.

e trmMnt

'la

El momento flector debido a la acción de la gravedad genera tensiones alternantes puras de valor:

a--mwrtn

32 Ms

Er üenwriffi,

oa= n.d3

ado e¡r lh liua" M

b6

Írlrm

Por otro lado, el momento flector debido a la acción de la masa descentrada genera tensiones medias de valor: 32.Mi

om =

-----lr.d"

3.. CÁLcULo DEL DIÁMETRo A fin de determinar el diámetro necesario se calcularán primero el valor de tensión estática equivalente correspondiente a oa y om. Puesto que Únicamente se proporciona el dato de la tensión de rotura del material, se tendrá que utilizar el criterio de Goodman:

s Oeq=Om+ SN

254

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

Teniendo en cuenta que, según el enunciado, el material del eje es un acero frágil, se tendrá que modificar la expresión anterior para tener en cuenta el efecto del concentrador de tensiones: s,,

K O^^=O*+-O"'

S¡

Sustituyendo en esta expresión las tensiones por sus correspondientes valores se tendrá: Du

32Mi ñ 32Mo _.1 S, s2 I ) o^^ M. + _.M^ vY= _ sN Ktsru ') nd3 n.d3 no3 l'

|

3.1.- Cálculo del límite de fatiga en el punto crítico Para determinar la tensión estática equivalente se ha de determinar primero el valor de Sru, que corresponderá en este caso al valor de Se va Que, dada la velocidad a la que gira el eje, se ha de considerar vida infinita. El valor de S" dependerá del diámetro a calcular, y vendrá dado por la expresión:

s" (d) =

Ka .Kb

(d) K" Ko- K" -J- .s'" " Kr(d)

Se calcularán a continuación todos los parámetros de la expresión anterior:

Coeficiente de acabado superf¡cial Para mecanizado se t¡ene:

a=4.51

b=-0.265

Ka=asub

Ka-0.755

Coeficiente de tamaño

El coeficiente de tamaño se puede calcular, en función del diámetro del eje, mediante una de siguientes expresiones:

( ¿ \ Kr_t_ " \z.oz mm/

0.1133

si2.79
|

Ko =

si d>

0'6 "0.25

51 mm

Coeficiente de tipo de carga Para flexión se tiene:

K"=1 C

oef ici e nte de

te m p e ratu

ra

Considerando temperatura ambiente de 20o se tendrá:

Ko=1 Coeficiente de confiabilidad El valor de este coeficiente para la confiabilidad que se plantea en el enunciado es

Ke=0814

l*

problema

tendÉ .Fm

3i.

Árbol conectado a un volante de inercia con masa

descentrada

255

Coeficiente de reducción del límite de fatiga El valor de Kr en cada sección depende de la geometría de la sección considerada. El cálculo del valor de Kt se realiza a través de la siguiente expresión:

x,=q(r1-1)+1 Donde q (factor de sensibilidad a la entalla) se calcula como:

q=+ 1+-

p

que Siendo p el radio de acuerdo del cambio de sección en milímetros y ü una propiedad del material se puede determinar mediante la siguiente expresión:

/

zozo wpa)

cx=0.025.mm1-l

Is,)

Obteniéndose para el material considerado: = 0.061 mm

a El valor del factor de q será por tanto: 1

q ct

1+-

I = 0.97

r

Límite de fatiga del material El valor de S" es dato del enunciado:

S'." = 500 MPa 3.2.- Aplicación del criterio de fallo. Cálculo del diámetro

tna de @

Considerando la tensión estática equivalente, el fallo vendrá determinado por la siguiente expresión:

o*=x1Su rc¡O Teniendo en cuenta la expresión de o"o se tendrá:

a. / S \ " "'.1 M,* M^lKt(d) Se(d) " ) n o3 [

S,

Kt(d) x

De Ia expresión anterior se puede despejar el valor del diámetro d:

. Kt(d) XSZ( d-=--iM= su n ['"''

Su Kt(d) S"1o¡

\ M^l "u;

Obsérvese que d no ha podido ser despejado explícitamente ya que Kt y S" son función de dicho diámetro. Por lo tanto, se habrá de plantear un proceso iterativo para obtener el valor de d. El proceso consistirá en estimar un valor inicial del diámetro d para poder así disponer de valores estimados de K(d) y S"(d). De esta forma se podrá, con la expresión anterior, evaluar una nueva estimación del diámetro.

La tabla siguiente muestra el proceso iterativo, en el que se ha comenzado estimando un valor

d=20mm.

256

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

di (mm) 20.0 39.5 42.4 42.2

rld,

D/di

Kti

Kri

0.051

3.000 1 .519

1.78 2.07

0.047 0.047

1,415 1.423

1.80 2.10 2.05 2.00

0.1

00

2.Q2

1.97

S"

r (MPa) 155.0 123.3 125.3 128.4

di*r (mm) 39.5 42.4 42.2 41.8

El resultado final será, por tanto, que el eje ha de tener un diámetro de al menos

d=42

mm

Para comprobar el efecto que t¡ene el descentramiento de la masa del volante de inercia, resuélvase problema cons¡derando que no existe dicho descentram¡ento.

Probiema

32. Fallo de una broca de retaladrado con desalineamiento 257

I

t{,/€l', ias€ 0l

,':!:¡:i:ii:¡::Í',,¡.'!:;Í:,:i;í!:,.::.:,i::::.

";':' ta:

::.,...:..i

: :'. :

:.,.-

:

!.:' " : :

:

: ..:.

;

..:

:'.'

.

..,

258

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

Caleular cada cuántas horas se ha de cambiar la broca para oblener una probabilidad det 95% de que n0 se va a romp€f afites.de su.${Jst¡tueión. : DATOS:

Considérese quq la sección más deefavoiable es ta del empotramiento de la broca en el portabrocas,

, Generales;,

"

,

Longitud de la broca: L = 150 mm Diámetro de la broca: d = 10 mm

' ,"' '

Potencia del retaladrado: P = l kW Fuer,za axiat retaladrado, F¡ =.50S N:

''Vetoeidad de.giró:trr = B80 rprp 'Coeficiente de seguridad: X

.

:'

.:

l

,,.

,

-'-1

:,

Material: "

.

Sy'='$QS MPa , $u = l10S MPa

E = 2.,1 .1011 Pa

Coef iclentes de tatfige;

:

:'

K"

-

K. =

O.88

0.868

Ku = K1

K"!1

0.97

='1;7 en el empotramiento

I

K¿=1

.

Flecha.en viga empotrada de,sección constante con carga eR el extremo:

r=

F,L3

3El

'' :: .

,

Problema

32. Fallo de una broca de retaladrado con desalineamiento

259

PLANTEAMIENTO El esquema a seguir para obtener la solución del problema será el siguiente:

1.2.3.4.5.-

Cálculo de los esfuerzos que actúan sobre la broca Cálculo de las tensiones originadas sobre la sección más desfavorable Cálculo de tensiones estáticas equivalentes y aplicación de un criterio de fallo estático Cálculo de la curva S-N del componente Cálculo de vida hasta la rotura

1.- CÁLCULO DE LOS ESFUERZOS QUE ACTÚAN SOBRE LA BROCA Sobre la broca objeto de este problema aparecen diversos tipos de esfuerzos, a saber: axial, torsor, flector y cortante.

Los dos primeros tipos de esfuerzos (axial

y

torsión) aparecen en cualquier tipo de brocas en

condiciones de funcionamiento normal.

1.1.- Axial Para que la broca avance en el agujero durante la operación de taladrado es necesario aplicar un esfuerzo axial sobre la misma. Evidentemente el diagrama de esfuerzos axiales sobre la broca será constante, y de valor F¡.

FA=500N

Ax¡al(N)

1.2.- Torsor Para que el extremo de la broca realice el corte del material durante el avance de la misma es necesario aplicar par torsor sobre ella. El valor de dicho par torsor T, que también será constante a lo largo de toda la broca (ver figura siguiente), se puede determinar a partir de los datos referentes a velocidad angular de la broca y potencia: T

P ú)

T= 25.1 Nm

260

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

1.3.- Flexión En la posición inicial no aparece flexión sobre la broca. Si la broca girase libremente describiría ur-= superficie cónica tal y como se expone en el enunciado, pero al fijar el extremo se produce una flexiccíclica.

Cadavez que la broca gira 360", al regresarde nuevo en la posición inicial desaparece laflexión sob:= ella. Sin embargo, en cualquier posición intermedia el extremo de la broca tendería a estar fuera de agujero y se ve forzado a permanecer en é1, apareciendo unafuerza sobre el extremo de la misma cu',a magnitud depende del ángulo girado y que generará esfuerzos de flexión (y de cortadura) en la broca.

En la figura siguiente se representa, para diferentes ángulos de giro en la broca, la posición qu= ocuparía el extremo si girara libremente, y lafuerza que aparece sobre dicho extremo para que és:: permanezca en el interior del agujero.

302\

a ,k)

240'

/^

o"o

+€,u0"

h-t

\C\

60"

¡

^^O t¿u

Como se observa en la figura anterior, lafuerza máxima se da para un giro de 1g0", de modo que e flector también será máximo para dicho ángulo de giro. En la gráfica siguiente se representa el diagrama de momentos flectores sobre la broca para ángulo giro de 0o, 180o y para un ángulo intermedio:

c:

Problema

32. Fallo de una broca de retaladrado con desalineamiento 261

E

o c Jo

FI""lot{Nt)

.¡¡..

rbiri,e Ura

¿llm

rretmhm,

xiin sü|@ r frJe{?

ffi

isrna a4m h brcca Sdn¡-

aule

I q[rie esh]

r-c

oo Ángulointermedio

üffi

1800

Obsérvese que en la sección más desfavorable de la broca, el momento flector no es constante, variando entre 0.N.m y el valor de momento correspondiente a un giro de la broca de 180". Se determinará a continuación el valor de dicho momento, calculando primeramente el valor de la fuerza máxima que aparece sobre el extremo de la broca.

Mediante la siguiente expresión (proporcionada en el enunciado) es posible determinar el valor de la flecha máxima que aparece en una viga empotrada sometida a una fuerza aplicada en su extremo y perpendicular al eje de Ia sección:

, FLt '- 3€l Teniendo en cuenta que la broca describiría una superficie cónica (de semiángulo cx) si girase libremente, y que el valor de q, es muy pequeño, el valor de la flecha f máxima valdrá aproximadamente:

fm¿*=2sen(o)

L

fm¿x =

3.089 mm

Para calcular el valor de la fuerza que produce la flexión de la broca se ha de evaluar la inercia de

la

sección de la broca:

1t |= - ft r' 4 por lo que lafuerza

b

que

Fmex QUe

produce la flexión valdrá:

u E rmáx=

n$.,ll{C

l=4.9x 10 loma

3. E. l.fmáx Fmáx =

293.06

N

L"

re

Así pues el momento flector máximo que aparece sobre la sección más desfavorable de la broca será: Mmáx

= Fráx.L

Mmáx =

42.5 Nm

1.4.- Cortante

La aparición de una fuerza en el extremo de la broca genera sobre la broca esfuerzos cortantes además de los ya estudiados esfuerzos de flexión. A continuación se representa el diagrama de cortantes sobre la broca para ángulos de giro de 0o, 180o y para un ángulo intermedio:

262

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

I , I c

E

E

o c Jo

I

t ü

f ea*á.

0o

&&s ryr-

Ángulointermedio 1B0o

El valor del cortante V máximo se da, evidentemente, para un ángulo de giro de la broca de 1g0", y de valor: Vmáx

=

Fmáx

Vmáx =

283'1 N

1.5.- Resumen de esfuerzos Los esfuerzos a que está sometida la sección más desfavorable de la broca son, por tanto: Axial (constante):

FA=500N Torsión (constante)

T= 25.13

Nm

Flexión (variable); Mmin =

0 Nm

Mmáx=42.5Nm

Cortante (variable):

vmín=0N

Vmáx =

283.1 N

2.- TENSIONES SOBRE LA SECCIÓM UÁS DESFAVORABLE Las tensiones en el punto más solicitado de la sección crÍtica de la broca se deben a las fuerzas i momentos detallados en la sección anterior. A continuación se determinarán los valores de tensiómedios y arternantes asociados a cada uno de ros tipos de esfuerzos.

2.1.- Tensión normal debida a axiat La tensión normal debida al esfuerzo axial será: ou* =

-F^

-i

fi.r

oax =

-6.4 MPa

El signo negativo utilizado es debido a que las tensiones generadas por el esfuerzo

compresión.

axial

son

de

Esta tensión es constante en toda la sección, por lo tanto, se tendrá -- - - que los valores vqrvreo rrl medios r"" rve

alternantes de dicha tensión serán;

,

e=

Problema

32. Fallo de una broca de retaladrado con desalineamiento

oax-m =

-6'4

263

MPa

6axa=0MPa 2.2.- Tensión tangencial debida a tors¡ón y como: La tensión tangencial máxima debida a la tors¡ón se da en la periferia de la sección se calcula

16.7

ltor -

ttor = 128 MPa

n (2.r\"

Esta tensión también es constante, por lo que sus valores medios y alternantes serán: rtor-m = 128 MPa

180 ,'es

ttor-a = 0 MPa

2.3.- Tensión normal debida a flexión La tensión normal máxima debida al esfuerzo de flexión se evaluará mediante la expresión:

on=Y Los valores mínimos y máximos de dicha tensión serán, por tanto: Mmín f

ofl

mín

ofl_mín =

0 MPa

ofl_máx =

432.5 MPa

I

Mmáx'f

oÍr máx =

Obteniéndose, por tanto, el siguiente valor de tensión media:

oÍl,m =

oÍl mín f ofl

máx

ofl-m = 216'2MPa

Y el siguiente valor de tensión alternante:

ofl ft¡er¿as

oÍl_a =

u

máx

-

ofl_mín

ora=216.2MPa

e teFsty,n de El punto crítico de la sección considerada es el que se encuentra sometido a las tensiones máximas En ese posición original' a su respecto tracción debidas al flector cuando la broca está a 180" con y mismo punto también aparece la tensión máxima debida al axial (constante en toda la sección de periferia la sección). de toda la (constante en compresión) y la tensión máxima debida al torsor

2.4.- Tensiones tangenciales debidas a cortante

rl

scr g

Irdi¡E

u

Las tensiones tangenciales debidas al cortante son máximas en la zona donde la tensión debida a flexión es nula, y nulas en el punto crítico de la sección; por lo tanto, no serán consideradas en los cálculos.

3.- APLICACIÓN DEL CRITERIO DE FALLO y criterio Considerando el criterio de Soderberg para la obtención de tensiones estáticas equivalentes el tiene: Tangencial,-se de fallo estático de la Máxima Tensión

.***;,..

J

264

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

En el punto crÍtico de la sección, en esta expresión las tensiones normales están asociadas a

tc

esfuerzos axiales y de flexión, y las tangenciales al esfuerzo de torsión.

Así pues, el valor de o"o se calculará como: Oeq

sn

(

su

)/

Oax a l, I Oft . t;--.O¡¡ =l Oax_m -;üN-ax üru-tl \ ,/ \

u

) i

)

Puesto que las tensiones debidas al axial no tienen componente alternante se tendrá: oeq = oax_m

*

sy ofl_m

'

,*,

oo

u

En esta expresión es posible despreciar el efecto de la tensiones medias debidas al axial ya que son ci: compresión y porque, además, son de un valor significativamente inferior al de las tensiones medias debidas al flector. Recuérdese que los valores de estas tensiones son: oax_m =

-6.4

orl m = 216'2MPa

MPa

Por tanto, despreciando las tensiones normales debidas al axial,

y

puesto que las

tens jones

tangenciales debidas a la torsión no tienen componente alternante, la ecuación de partida se podra escribir como:

c

'

x

f, i. ll | " "v o1 ") = ¡i o,, - -;u | -4.i,orr./

\,

snr

2

En esta expresión todos los términos son conocidos salvo el valor de Sr,i il, que está asociado a la vida del componente. Despejando Sn_n y sustituyendo los valores conocidos, se obtiene:

srun

Sv otl-u Sru-r = 301 MPa

6,o,,-*f - o'

m

4.. CALCULO DE LA CURVA DE TENSIÓN VIDA DEL COMPONENTE Para conocer el número de ciclos hasta la rotura del componente basta con determinar el número de ciclos correspondiente al valor de Sn rr calculado en el aparlado anterior. Se ha de obtener, por tanto, la curva SN asociada al punto estudiado. lnicialmente se estimarán datos correspondientes a la curva SN correspondiente a probetas del materia considerado, para, posteriormente, utilizando la siguiente expresión, determinar la curva SN buscada:

S¡ = K" K5 K.

t
x"

I

s'^

K1

Para 103 y 106 ciclos y componentes de acero se puede estimar que:

S'1¡¡e = o'9 S,

S'looo = 990 MPa

S'e=05S,

S'e = 550 MPa

Por otro lado, para 103 ciclos, los coeficientes K", Ko y Kt toman valor unidad. Por tanto, el valor Srooo se calculará como:

Problema

32. Fallo de una broca de retaladrado con desalineamiento 265

Srooo = 1.1.Kc.Kd Ke

)qadas a h6

1

a,,ooo

Slooo = 859.3 MPa Para 106 ciclos se tendrá:

se =

Ka.Kb.K..ro.r".] s." K1

S" = 239.7 MPa En la gráfica siguiente se representan las curvas SN correspondientes a probetas estandarizadas del material considerado y al punto estudiado. Se ha supuesto que la curva SN es lineal en escala logarítmica en vida y lineal en tensiones, obedeciendo por tanto a una expresión del tipo:

Sru=C+D.log(N) a gue süI

dhy

rps ¡eümn

1

000 900 800

700

G. 0_ ¿ q

lS te'nsffiruC ila se poülñ

600

ces*¡ta€a!*Éta

500 4eo 300

200 100 0

100 1.10' 1 .1oo 1 10u

rdo a a rnffi,

tc.¡

Probeta PIo cflI¡co

lou 1.10, r.10u

r .10t

",r

Recuérdese que se pretende determinar el número de ciclos asociado al valor Sru n = 301 MPa En la gráfica anterior se observa que el valor obtenido está entre 105 ciclos y 1oo (vida infinita).

ñ

I núrr.e¡o por taj"Tm.

Se pueden calcular ahora los valores incógnita C y D que definen la curva SN planteando el siguiente sistema de dos ecuaciones:

h

Srooo=c+o.tog(ro3)

dd nm¡Mnl buscara

se-c+o.los(roo) Resolviendo el sistema de ecuaciones anterior se obt¡ene: C = 1478.9 MPa

D=

5.. CÁLCULO VIDA HASTA LA ROTURA Despejando el valor de N en la ecuación

Sru_n-C+Dtos(N) úor

S.:oru

$a

se obtiene:

-206.5 MPa

266

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

sru

N=10 N

5.05

ir-c D

z

rev 105

rev

Dado que se conoce la velocidad de giro de la broca se puede determinar la vida de la misma en horas:

H=-

N

min cD.60 _

H=22j

h

h

En los cálculos realizados se ha despreciado el efecto beneficioso de la tensión normal debida a esfuerzo ax¡al. Resolver de nuevo el problema sin despreciar d¡cha tensión.

Evaluar as¡m¡smo el efecto de Ia tensión tangencial debida al torsor comparando los resultados obtenidos cuando dicha tensión no se cons¡dera en los cálculos con los obtenidos al considerarla.

Problema

33. Diámetro de un árbol de acero frágil conectado a una cadena 267

En el Río Misterisso del parque de atraccíones del Monte lgueldo de San Sebastián, se utiliza e,l eje de la figura para accionar la cadena que mueve él mecanismo de arrastre de las barcas.

El eie no tiene ningún cambio de diámetro, se apoya en dos rodamientos oscilantes y está construido con un acero frágil. Calcular et diámetro necesario del eje para alcanzar vida infinita con ün Jactor de seguridad X=1 .5 .ri

.;l

DATOS: = 30 rpm {velocidad angular del eje} P = 1225 W (potencia consumida por el mecanismo de arastre)

f,ü

[G = 0'8

Kc-

1

Ko=1 K" = 0'85 Su - 1500 MPa

NOTAI At tratarse de un eje construido con un acero frágil sometido a un estado multiaxial de tensiones, para solucionar el problema hay que calcular las tensiones estáticas equivalentes y luego aplicar un critefio de fallo estático para tensiones multiaxiales adecuado a materiales frágiles, deduciendodeestemodolaecuaciÓnparaelcálculodeldiámetro. 60

- a0 -- "-.--}]

--- -r

' ?

Cotas en centímetros

#2A

268

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

PLANTEAMIENTO El eje del problema está sometido a fatiga, debido a la flexión rotativa que se produce en el m¡smo. Para resolver el problema se seguirán los siguientes pasos:

1.-

Cálculo de esfuerzos sobre el eje - Par torsor aplicado - Diagrama de momentos flectores

2.- ldentificación de la sección crÍtica 3.- Cálculo de propiedades del material 4.- Cálculo de tensiones estáticas equivalentes 5.- Aplicación de un criterio de fallo estático. 6.- lteración para el cálculo del diámetro. 1.- CÁLCULO DE ESFUERZOS SOBRE EL EJE Sobre el eje actúa un par torsor de valor:

pot

T=

_

T= 389.93

Nm

Este par torsor es constante, luego generará una tensión tangencial que sólo tendrá componente media.

Lafuerza que actúa en la cadena es: T

Fc=-

Fc = 3899.3 N

r

1.1.- Diagrama de momentos flectores Se construye empezando por la derecha del eje, donde está aplicada la carga de la cadena. Longitud (m)

zE o

c a)

E

o

El máximo momento flector se produce en el centro del rodamiento de la cadena:

Mu=779.9Nm 2.- IDENTIFICACIóN DE LA SECCIÓN CRíTICA La sección más crítica es la del centro del rodamiento ya que:

o r

es la que soporta mayor

flector;

,.

el eje no tiene concentradores de tensión que hagan que las tensiones puedan elevarse

localmente.

'\

Problema

I el

rnsrmL.

33. Diámetro de un árbol de acero frágil conectado a una cadena 269

Este momento al girar el eje somete a la sección a una flexión rotativa, originando una tensión normal alternante pura.

3.. CÁLCULO DE PROPIEDADES DEL MATERIAL Para calcular el eje se necesita conocer el límite de fatiga de la sección crítica, que se obtendrá a partir del límite de fatiga del material, modificado por una serie de factores. Límite de fatiga del material: como se trata de un acero con tensión de rotura superior a 1400 Mpa, el límite de fatiga S'" se estima como:

S'e = 700 MPa Se = Ka Ku'Kc Kd Ke'S'e Sustituyendo los valores de los coeficientes se obtiene:

S"

= 476K5 Mpa

Al tratarse de un eje de material frágil y existir un estado multiaxial de tensiones, deben de calcularse las tensiones estáticas equivalentes a las normales y tangenciales aplicadas y utilizar a continuación el criterio de fallo estático bajo tensiones multiaxiales adecuado a un material frágil, es decir, el de Máxima Tensión Normal.

4.. CÁLCULO DE TENSIONES ESTÁTICAS EQUIVALENTES Aplicando el criterio de Goodman para tensiones medias, las tensiones estáticas equivalentes son:

'su

mponterm

S.u

oeq=omed**.ou

teq=tmed*^-.T¿¡ bse

5.. APLICACIÓN DEL CRITERIO DE FALLO Del círculo de Mohr se obtiene el valor de la máxima tensión principal o1:

O1

oee /lI / o"q 12l tt_t

z 'll

__+

z

)

Una vez obtenidas las tensiones principales ha de aplicarse un criterio de fallo estático de fractura,

puesto que se trata de un material frágil.

Aplicando el criterio de MTN se iguala la máxima tensión normal presente en el eje (ol) a la tensión normal de rotura del material dividida por el coeficiente de seguridad: su ,,_T Por tanto: su

su omed*-oa /l"'"0-,"*I 'Jt

n=

2

,

f

s.,

),

l*,""0-sse%r,

La ecuación anterior se puede poner en función del momento flector y del torsor suponiendo que no existen fuerzas axiales aplicadas en el eje, que es el caso que nos ocupa. por tanto, despejando el diámetro en la ecuación se obtiene: {ev"aLrSe

270

Componentes de Máquinas. Fatiga de alto ciclo

s,..\ I(.. S,..)'(_ s",_)'ll n_jroxll.. 'Jlt'.qt"j -lt'**-t.,J i-|-

tt

[^qLlt'.."t"i

]l

En este caso, eliminando aquellos esfuerzos que son nulos queda:

I

a, üu d= l16.Xlf lns, [[s" ") -ll-.M-l+

l

(s,

tr"

,")' * (r')t

tl

6.- ITERACIóN PARA CÁLCULO DEL DIÁMETRO Como se ha visto antes, el límite de fatiga de la sección era función de K5, Que depende del diámeluego para obtener el diámetro es necesario realizar un proceso iterativo. Se supondrá un valor del diámetro d; con él se calcula el valor de S", e introduciendo este valor ecuación anterior se obtiene una mejor estimación del diámetro.

e- a

Hay que tener en cuenta las siguientes expresiones:

( d

K^"

Se = 476Ko MPa

\-0.1133

\z.az )

Se ha tomado como valor inicial de la iteración: d1

=50

-l

mm

El proceso iterativo seguido hasta conseguir el valor del diámetro del eje es:

d¡(mm)

Kbi

50.000 31.450 30.908

0.808 0.852 0.853 0.853 0.853

30.BBB

30.887

di*r (mm) 31.450 30.908 30.888 30.887 30.887

Así pues, el diámetro necesario del eje es: d = 30.9 mm

Calcular el diámetro necesario si la longitud det eje entre rodamientos pasa

a

ser B0 cm.

Calcular el diámetro necesario si la longitud del eje en voladizo (entre et rodamiento derecho ,: ¡.

cadena) pasa a ser 10 cm.

BIBLIOGRAFIA

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