taller diseño (1)

UNIVERSIDAD DE LAS FUERZAS ARMADAS ”ESPE”
TAREA DE DISEÑO- TD1
15 de diciembre de 2023
DEPARTAMENTO DE CIENCIAS DE LA ENERGIA Y MECANICA
CARRERA DE INGENIERIA MECÁNICA
DISEÑO DE ELEMENTOS DE MAQUINAS
ALISON EDUARDA ACOSTA GALARZA
ERICK ANDRES ARIAS PANCHI
PILLAJO CAHUANO CARLOS ANDRES
ING. BYRON GUERRERO
202351
1
Pregunta 1
La figura muestra una barra montada sobre apoyos simples en el punto
A y en el punto D. Sobre los elementos B y C se aplican las cargas
indicadas en la figura. Se debe tomar en cuenta que estas cargas son
estáticas. La barra será fabricada de acero AISI 1035 CD (conformado en
frı́o).Utilizando una teorı́a de falla conservadora y un factor de seguridad
de 2.5, determine el diámetro mı́nimo del eje para evitar que este llegue
a la fluencia.
Figura 1: Barra estática sometida a cargas externa
Desarrollamos el diagrama de cuerpo libre
Figura 2: Diagrama de cuerpo libre de la figura 1
Analisis de cargas
TB = (300 − 50)[lbf ] · 4[in] = 1000[lbf · in]
TC = (392 − 59)[lbf ] · 3[in] = 999[lbf · in]
2
Plano X-Y
Figura 3: Plano X-Y
P
Fy = 0
RAY + RDY = 350
P
(1)
MA = 0
RDY =
350[lbf ] · 8[in]
= 127,27[lbf ]
22[in]
Reemplazando en (1) y despejando:
RAY = 222,73[lbf ]
Se puede obtener lo siguiente:
Momento en B
MBY = RAY · dB = 222,73[lbf ] · 8[in] = 1781,84[lbf · in]
Momento en C
MCY = RDY · dC = 127,27[lbf ] · 6[in] = 763,62[lbf · in]
Plano X-Z
Figura 4: Plano X-Z
3
(2)
P
Fy = 0
RAZ + RDZ = 451
P
(3)
MA = 0
451[lbf ] · 16[in]
= 328[lbf ]
22[in]
Reemplazando en (3) y despejando:
(4)
RDZ =
RAZ = 123[lbf ]
Se puede obtener lo siguiente:
Momento en B
MBZ = RAZ · dB = 123[lbf ] · 8[in] = 984[lbf · in]
Momento en C
MCZ = RDZ · dC = 328[lbf ] · 6[in] = 1968[lbf · in]
Tenemos que :
p
p
MB = (MBY )2 + (MBZ )2 = 1781,842 + 9842 = 2035,5[lbf · in]
MC =
p
(MCY )2 + (MCZ )2 =
p
763,622 + 19682 = 2110,96[lbf · in]
Analisis de Esfuerzos
En B
Por Torsión
τxy
1000[lbf · in] ·
TB · ρ
=
=
π·d4
JB
32
d
2
σb =
2035,5[lbf · in] ·
MB · c
=
π·d4
IB
64
d
2
=
5092,96
d3
(5)
=
20733,43
d3
(6)
Por Flexión
Por otro lado, tenemos:
σxx + σyy
C=
=
2
r
R=
20733,43
d3
2
v
u
u1
1
· (σxx − σyy )2 + (τxy )2 = t ·
4
4
R=
=
10,365
[Kpsi]
d3
20733,43
d3
!2
+
11,55
[Kpsi]
d3
Esfuerzos Principales
21,915
[Kpsi]
d3
−1,185
σ3 = C − R =
[Kpsi]
d3
σ1 = C + R =
4
5092,96
d3
!2
=
11550,2
d3
(7)
Figura 5: Propiedades mecanicas del acero AISI 1035 CD
De la Figura 5 notamos que porcentaje de alargamiento porcentual del acero AISI
1035 es de 0.24 en 2 pulgadas. Por lo tanto, ϵf es mayor que 0.05. Entonces comparamos
.
si Syt = Syc Por lo que concluimos que es aproximadamente igual y como en el enunciado
se propuso trabajar con una teoria de falla conservadora usaremos Teoria del esfuerzo
cortante máximo para materiales dúctiles (Tresca)
De (7):
Sy
σ1 − σ3 =
n
21,915
−1,185
67
−(
)=
3
3
d
d
2,5
Despejando d obtenemos que:
d = 0,95[in]
5
Pregunta 2
Realice la destilación estructural de la pinza mostrada en la figura
2. Determine una expresión para determinar la fuerza que comprime al
bloque de peso W y de las dimensiones indicadas.
Si θ = 30deg , a = b = ha = hb , cuál deberı́a ser el coeficiente de fricción
para asegurar que el bloque no se deslice de la pinza?
Figura 6: Tijeras
¿
6
Pregunta 3
Pregunta 3.1
La viga W150 × 13, 5 de acero A-B es golpeada en su punto medio
por un objeto D de 45 kg que se mueve a una velocidad horizontal vo =
2m/s.Se conoce que el módulo de elasticidad de la viga es E = 200GP a.
Con estos datos, determine.
Figura 7: Viga sometida a cargas de impacto
7
El segundo momento de área de la viga respecto al eje fuerte en
[mm4 ] considerando que todos los elementos de la sección son rectangulares, y compare con los valores indicados en tablas de fabricantes
y proveedores de material.
Para una viga W150 X 13,5 las medidas de la sección transversal
son las siguientes:
Figura 8: Sección transfersa viga W150 X 13,5 acero
Tenemos:
A1 = A3 = 100x5, 5 = 550[mm2 ]
A2 = 4, 3x(150 − 5, 5 − 5, 5) = 597, 7[mm2 ]
I1 = I3 =
I2 =
1
12
1
12
3
· bh3 =
· bh =
1
12
1
12
· (100)(5, 5)2 = 1386, 46[mm4 ]
· (4,3)(139)2 = 962346, 81[mm4 ]
Calculamos el centroide
y1 = 5, 5 + 139 +
y2 = 5, 5 +
y3 =
5,5
2
139
2
5,5
2
= 147, 25[mm]
= 75[mm]
= 2, 75[mm]
A1 · y1 + A2 · y2 + A3 · y3
A1 + A2 + A3
550(147,25) + 597,7(75) + 550(2,75)
ȳ =
550 + 597,7 + 550
ȳ = 75[mm]
ȳ =
8
d1 = |y1 − ȳ| = |147,25 − 75| = 72,25
d2 = |y2 − ȳ| = |75 − 75| = 0
d3 = |y3 − ȳ| = |2,75 − 75| = 72,25
Entonces :
X
IT =
(Ii + Ai · c2i ) = (I1 + A1 · d21 ) + (I2 + A2 · d22 ) + (I3 + A3 · d23 )
IT = 2(1386,458333 + 550 · 72,252 ) + (962346,8083 + 597,7 · 02 )
IT = 6, 707 × 106 [mm4 ] = 6, 707 × 10−6 [m4 ]
Segundo momento del área
I = 6, 95 × 10− 6[m4 ]
El factor de impacto
Para calcular la masa de la viga
V = A·L = 1697,7[mm2 ]·3000[mm] = 5093100[mm3 ] = 0,0050931[m3 ]
kg
ρacero = 7850[ m
3]
kg
3
m = ρ · V = 7850[ m
3 ] × 0,0050931[m ]
mb = 40[kg]
Factor de correción η
m
mb
=
45
40
= 1,125
Entonces η = 0,8 de acuerdo con la Figura 10
Figura 9: Factor de correción η y Relación de masas
9
m
mb
Fi
W
= vi ·
q
η
δst ·g
δst = Ymáx =
P ·L3
48EI
Para viga simplemente apoyada
W = m · g = 45[kg] · 9,81[m/s2 ] = 441, 45[N ] = 0, 441[kN ]
δst =
441,45[N ]·(3[m])2
8(200
4
× 109 )(6, 95 × 10−6 [m4 ]) = 1,85 × 10−4 [m]
δst = 0,185[mm]
El diagrama de fuerza cortante y momento flector de la viga al momento del impacto.
Diagrama de cuerpo libre
Figura 10: Diagrama de cuerpo libre
P
Fy = 0
RA − P + RB = 0
RA + RB = P
RA = RB
P
18,54
RA = =
= 9,27[kN ] = RB
2
2
Como la viga es simetrica y la fuerza P esta aplicada en la mitad,
entonces las dos reacciones son iguales.
Sección A-C 0 < x < 1,5[m]
Figura 11: Sección A-C
10
P
Fy = 0
RA = V
V = 9,27[kN ]
P
M =0
M − RAx = 0
M = RAX = 9,27x
Si
x = 0[m], M = 0[kN · m]
Si
x = 1,5[m], M = 13,91[kN · m]
Sección A-B
1,5 < x < 3[m]
Figura 12: Sección A-B
P
Fy = 0
RA − F i − V = 0
RA − F i = V
V = 9,27 − 18,54 = −9,27[kN ]
P
M =0
M − RAx + F i(x − 1,5) = 0
M = 9,27x − 18,54(x − 1,5)
Si
x = 1,5[m], M = 13,91[kN · m]
Si
x = 3[m], M = 0[kN · m]
11
Figura 13: Diagrama de Fuerza cortante
Figura 14: Diagrama de Momento Flector
La deflexión máxima de la viga en el punto C.
Fi
· δst
W
18540[N ]
δi =
44,45[N ] · 1,85 × 10−4 [m]
δi = 7,769[mm]
δi =
Indique el factor de seguridad de la viga asumiendo que el esfuerzo
admisible de la viga es 0, 75Sy
Factor de seguridad
Esfuerzo admisible σadm = 0,75 · Sy
σmáx
σadm
155,55
FS =
0,75 · 179
FS =
12
F S == 1,15
Asumiendo que tenemos un acero AISI 1010 Laminado en caliente
tenemos que: Sy = 179M P a
Obtenido de SAE Handbook
Figura 15: Propiedades mecánicas del acero AISI 1010 Laminado en caliente
13
Pregunta 3.2
Resuleva el mismo problema de la parte 3.1, pero considerando que la
viga se ha rotado 90 grados respecto a su eje longitudinal con la finalidad
de que el alma de la viga se encuentre en orientación vertical.
El segundo momento de área de la viga respecto al eje fuerte en
[mm4 ] considerando que todos los elementos de la sección son rectangulares y compare con los valores indicados en tablas de fabricantes
y proveedores de material.
Figura 16: Viga rotada 90 grados
Figura 17: Diagrama de cuerpo libre Viga rotada 90 grados
Datos:
mD = 45[kg] voD =2[m/s] E = 200[GP a]
Tenemos:
14
El diagrama de fuerza cortante y momento flector de la viga al momento del impacto.
El diagrama de fuerza cortante y momento flector de la viga al momento del impacto.
El máximo esfuerzo flector dinámico de la viga.
La deflexión máxima de la viga en el punto C
Infique el factor de seguridad de la viga asumiendo que el esfuerzo
admisible de la viga es 0,75Sy.
15
Pregunta 4
En la figura 4 se indica el eje A, fabricado con acero AISI 1020 laminado en caliente. Este eje se ha soldado a un soporte fijo, y está a cargas
iguales y opuestas a través de la palanca B. Se debe considerar que las
cargas que se pueden presentar van oscilando con el tiempo entre 150 y
500 lbf a una temperatura ambiente. La longitud del eje entre la placa
de soporte y la palanca B es de 2 ft. Con estos datos determine:
Figura 18: Eje Sometido a Cargas Fluctuantes
Datos del ejercicio:
Acero AISI 1020 HR
Las cargas oscilan entre 150 y 500Lbf
T= ambiente= 70F=20℃
d=7/8=0.875
Sut=55kPsi
Sy=30KPsi
16
El lı́mite de resistencia por fatiga para una confiabilidad del 90 %.
para el limite de resistencia a la fatiga ´´Se´´ utilizaremos la siguiente ecuacion:
Se = Ka ∗ kb ∗ kc ∗ kd ∗ ke ∗ kf ∗ Se‘
donde:
• Ka representa al factor de correccion por acabado superficial:
b
Ka = a ∗ Sut
valores de a y b se enceuntran en tabla 6-2 de Shigley.
Ka = 14,4 ∗ 55−0,718
Ka = 0,81
• Kb representa al factor de correccion de tamaño:
Tenemos un diametro de 0.875in mismo que se encuentra entre
0.11 y 2 pulgadas por lo que para el calculo de kb se utilizara la
siguiente expresion:
d −0,07
Kb = ( 0,3
)
−0,07
Kb = ( 0,875
= 0,892
0,3 )
• Kc representa al factor de correccion por carga:
como tengo torsion pura considero Kc = 0,577
• Kd representa al factor de correccion por temperatura:
tengo una temperatura ambiente de 20 grados celcius que es equivalente a 70 grados farenheit por lo tanto utilizo la expresion:
Kd = 0,975+0,432(10)−3 T f −0,115(10)−5 T f 2 +0,104(10−8 )T f 3 −
0,595(10)−12 T f 4
Kd = 0,975 + 0,432(10)−3 ∗ 70 − 0,115(10)−5 ∗ 702 + 0,104(10−8 ) ∗
703 − 0,595(10)−12 ∗ 704
Kd = 0,999
• Ke representa al factor de correccion por confiabilidad:
17
considerando una confiablidad del 90 %
ke = 0,897 valor visto en la tabla 6-5 de shigley
• Kf representa al factor de correccion por efectos diversos:
consideramos kf = 1 ya que no se nos especifica algun esfuerzo
diverso
• Reemplazando los valores obtenidos encontramos que:
considerado para torsion pura solo fallara por cortante
Sse = 0,81 ∗ 0,892 ∗ 0,577 ∗ 0,999 ∗ 0,897 ∗ 1 ∗ 27,5 = 10,273kP si
Factor de fatigo no considerado solo para fallar por cortante
Se = 0,81 ∗ 0,892 ∗ 0,999 ∗ 0,897 ∗ 1 ∗ 27,5 = 17,73kP si
El factor de concentración de esfuerzos por fatiga Kf .
al existir trosion pura en este caso utilizaromos los facotres Kts y
Kf s , sabiendo que:
Kf s = q ∗ (Kts − 1) + 1
el valor de Kts lo encontramos en la tabla A-15-8 de Shigley:
D
d
=
1,125
0,875
= 1,2857
18
r
d
=
0,125
0,875
= 0,1428
Kts = 1,25 aprox
utilizando la siguiente relacion encontrada en el libro de shigley: obtenemos. que nos ayudara a encontrar la sensibilidad ala muesca
q=
1√
1+ √ar
√
donde a al tratarse de tosion viene definido por:
√
a = 0,190 − 2,51 ∗ 10−3 ∗ Sut + 1,35 ∗ 10−5 ∗ Sut2 − 2, 67 ∗ 10−8 ∗ Sut3
√
a = 0,190 − 2,51 ∗ 10−3 ∗ 55 + 1,35 ∗ 10−5 ∗ 552 − 2, 67 ∗ 10−8 ∗ 553
√
a = 0,08834
por lo tanto la sensibilidad a la muesca es:
q=
1
1+ 0,08834
0,35
= 0,798
calculamos Kfs:
Kf s = 0,798 ∗ (1,25 − 1) + 1 = 1,995
La caracterización de esfuerzos.
Calcularemos un torque maximo y minimo:
Tmin = 2 ∗ F ∗ L = 2 ∗ 150 ∗ 1 = 300lb ∗ in
Tmax = 2 ∗ F ∗ L = 2 ∗ 500 ∗ 1 = 1000lb ∗ in
calcularemos nuestros esfueros cortantes maximos y minimos:
π∗0,8754
π∗D4
= 0,0575in4
32 =
32
τmin = TJ∗ρ = 300∗0,437
0,0575in4 = 2280P si
J=
τmax =
T ∗ρ
J
=
1000∗0,437
0,0575in4
= 2,8Kpsi
= 7600P si = 7,6Kpsi
Ahora calcularemos los esfuerzos medios y alternantes τm y τa
τmax −τmin
= 1,1995 ∗ 7,6−2,8
= 2,878Kpsi
2
2
min
Kf s ∗ τmax +τ
= 1,995 ∗ 7,6−2,8
= 6,237Kpsi
2
2
τa = Kf s ∗
τm =
El factor de seguridad del eje A para vida infinita utilizando el criterio de Goodman.
Utilizando valores de Sut y Se
19
nf =
nf =
1
τa
τm
Se + sut
1
2,878 6,537
17,73 + 55
nf = 3,55
Utilizando valores de Ssut y Sse
nf =
nf =
1
τa
τm
Sse + sut/2
1
2,878
6,537
10,273 + 55/2
nf = 1,93
El factor de seguridad utilizando el criterio de Gerber.
Utilizando valores de Sut y Se
q
τa
Sut 2
m 2
nf = 0,5 ∗ ( τm ) ∗ Se ∗ [−1 + 1 + ( 2Seτ
Sutτa ) ]
q
2,878
55 2
2
nf = 0,5 ∗ ( 6,237 ) ∗ 17,73 ∗ [−1 + 1 + ( 2∗17,73∗6,237
55∗2,878 ) ]
nf = 4,5328
Utilizando valores de Ssut y Sse
q
Sut/2 2
2Sseτm 2
τa
nf = 0,5 ∗ ( τm ) ∗ Sse ∗ [−1 + 1 + ( (Sut/2)τ
)]
a
q
(55/2) 2
2,878
2
nf = 0,5 ∗ ( 6,237 ) ∗ 10,273 ∗ [−1 + 1 + ( 2∗10,273∗6,237
(55/2)∗2,878 ) ]
nf = 2,459
20