Teoria de Fallas

PROCESOS DE MANUFACTURA

JR/2012

TORNEADOFABRICACIÓN II

TECNOLOGÍA

DE

Teorías de

Fallas


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TORNEADO

Objetivos:•Conocer las diferentes teorías de fallas para eldiseño de materiales dúctiles y frágiles.

•Determinar el factor de seguridad.

TECNOLOGÍA DE FABRICACIÓN II


TORNEADO

Contenido:•Introducción.

•Teoría del esfuerzo normal máximo.

•Teoría del esfuerzo cortante máximo

•Teoría de la energía de Distorsión Máxima o Von- Mises y Hencky.


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PROCESOS DE MANUFACTURATECNOLOGÍA DE FABRICACIÓN II

INTRODUCIÓN.

Se conocen como teorías de fallas ocriterios de fallas a los usados paradeterminar los esfuerzos permisibles enestructuras o componentes de máquinas. Seutilizan diversas formulaciones,dependiendo del tipo de material que seutiliza.

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INTRODUCIÓN.

En general los materiales dúctiles encargas a tensión estática están limitados porsu resistencia cortante, en tanto que losfrágiles están limitados por sus resistencias atensión.

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INTRODUCIÓN.

Circulo de Morh para el estado de esfuerzos de una probeta de prueba a torsión.

σ1σ2σ3

τ

τyx

τxy

σ

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TEORÍA DEL ESFUERZO NORMAL MÁXIMO

Utilizado en materiales frágiles, estaanticipa la fluencia cuando los esfuerzos soniguales a la resistencia a la tensión ocompresión respectivamente, es decir,

σ1 = St ó σ3 = -Sc σ2 = 0

σ1 , σ2, σ3: Esfuerzos Principales


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TEORÍA DEL ESFUERZO NORMAL MÁXIMO

St = Resistencias a la tensión

Sc = Resistencia a compresión

Recordemos que el que garantiza que elelemento no falle, es el factor de seguridad(n) y este se obtiene así:

n = Sy

σ

Sy : Resistencia a la fluenciaσ: Esfuerzo de diseño.

Nota: Siempre debe ser n>1 . Es recomendable cuando se encuentra entre 2 y 3


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TEORÍA DEL ESFUERZO CORTANTE MÁXIMO

Esta se usa preferiblemente enmateriales dúctiles y anticipa la fluencia pormedio del factor de seguridad que seobtiene por medio de:

n = Ssy

SdSsy : Resistencia de fluencia de corteSd: Esfuerzo de diseño.


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TEORÍA DEL ESFUERZO CORTANTE MÁXIMO

Ssy = 0,5 x Sy Sy : Resistencia de fluencia.

Resistencia de fluencia de corte

Esfuerzo de diseño.

Sd = √(σ/2)2+ τ2 σ : Esfuerzo normal.

τ : Esfuerzo cortante


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TEORÍA DEL ESFUERZO CORTANTE MÁXIMOEsfuerzo Normal.

P: Fuerza axial.

A : Área de la sección transversalMf: Momento flectorc: Distancia del eje neutro al punto de estudioI : Momento de Inercia.

σ = + P + Mf x cA I


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TEORÍA DEL ESFUERZO CORTANTE MÁXIMOEsfuerzo Cortante.

V: Fuerza de corte.

Q : Primer momento = AyI: Momento de Inerciab: Espesor de corteMt: Momento torsorc: RadioJ : Momento polar de Inercia.

τ = + VQ + Mt x cIb J


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TEORÍA DE VON – MISES Y HENCKY

Esta se usa preferiblemente enmateriales dúctiles y anticipa la fluencia pormedio del factor de seguridad que seobtiene por medio de:

n = Ssy

SdSsy : Resistencia de fluencia de corteSd: Esfuerzo de diseño.


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TEORÍA DE VON – MISES Y HENCKY

Donde:

Ssy = 0,557 x Sy

Los esfuerzos normales y cortantes se obtienen de la misma manera que la teoría anterior.

Sd = √σ2+ 3τ2


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Problema:

Para la figura mostrada. Calcule elfactor de seguridad en el punto H situado enla parte superior de la barra CD, la mismatiene un diámetro de ½” y esta hecha de unacero AISI 1020 estirado en frío, utilizando lateoría de Von- Mises y Hencky.


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Problema:Y

Z

X

HD

C

B

A

2”

3”

2”

8”

60°

80 Lb

Diámetro del eje 1/2”


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Solución:

Por la teoría de Von- Mises:

n = Ssy

SdSsy = 0,557 x Sy y Sd = √σ2+ 3τ2

Por Tabla A-20 del Shigley: Sy = 57 Kpsi:

Luego: Ssy = 0,557 x 57 Ssy = 32,88 Kpsi:


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Solución:

Procedemos a buscar los esfuerzosnormales y cortantes que producen la cargade 80 Lb:

Y

Z

X

HD

C

B

A2”

3”

2”

8”

60°

80 Lb


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Solución:

La carga de 80 Lb debe trasladarse aleje que posee el punto H, es decir

80 LbH

2”

3”

2”

Indica que el puntoH se encuentra atracción


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Solución:

El momento flector con respecto alpunto H esta dado por la expresión:

80 LbH

y

3”

2”

Mf = 80. 5 Lb.pulgMF = 400 Lb.pulg.

+

+

Mt = 80. 8cos30° Lb.pulgMt = -554,26 Lb.pulg.2”z

x


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Solución:

El esfuerzo normal queda expresadopor: σH = + P + Mf x c

A I

0

σH = + 400 . 0,25 σH = 32,59 Kpsiπ (0,5)4

64


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Solución:

El esfuerzo cortante queda expresadopor: 0

σH = - 554,26. 0,25 σH = - 22,58 Kpsiπ (0,5)4

32



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Solución:

Luego el esfuerzo de diseño queda :

Sd = √σ2 + 3τ2

Sd = √(32,59)2 + 3(-22,58)2

Sd = 50,9 Kpsi


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Solución:

El factor de seguridad queda expresadocomo : , Sustituyendo:

n= 32,8850,9

n= 0,64

n = Ssy

Sd

Como n es menor que 1 falla elelemento por esta teoría.


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Solución:

n= 1,066

Se decide sustituir el material por otroy se selecciona un AISI 1030 tratadotérmicamente a 400°F, (de la tabla A-21 del Shigley)

Sy = 94 Kpsi Ssy= 54,24 Kpsi

Entonces: n= 54,2450,9

Se concluye que no falla el material, aunque la

probabilidad tiene un margen pequeño, con estematerial.


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Problema:

En el mecanismo mostrado en la figura determineel factor de seguridad para el diseño de la barra ABespecíficamente en el punto A situado en la partesuperior, utilice la Teoría cortante máximo siendo elmaterial un acero 4130 recocido a 865 °C y las fuerzasaplicadas son F1 = 4000 N, F2= 1100 N y F3 = 1000 N, elradio R= 100 mm y el diámetro de la barra AB es 30 mm ,las demás dimensiones son en mm.


Problema:

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150

150200 100

100

Y

Z

X

R

F1

F2

F3

A C

D

E

B


Solución:

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Por la teoría de Cortante Normal Máximo:

n = Ssy

SdSsy = 0,5 x Sy y Sd = √(σ/2)2+ τ2

Por Tabla A-21 del Shigley: Sy = 361 Mpa.

Luego: Ssy = 0,5 x 361 Ssy = 180,5 Mpa


Solución: Graficando los momentos flectores

y torsores tenemos.

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150

150200 100

100

Y

Z

X

R

F1

F2

F3

A C

D

E

B

+ Mf+ Mt


Solución:

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Se analiza cada una de las fuerzas:

Fuerza 1 (F1): Esta fuerza en primera instancia produce un

momento torsor y luego ocasiona una flexión.

Mt1= F1 . (0,2) ; Mt= 4000. (0,1) = 400 Nm ( - )

Mf1 = F1.(0,15) ; Mf1 = 4000. (0,15) = 600 Nm ( - )


Solución:

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Se analiza cada una de las fuerzas:

Fuerza 2 (F2):

Esta fuerza produce en primera instancia un momento flector pero no afecta al punto A ya que está ubicado en el eje neutro y solo puede observarse que se ocasiona es compresión.


Solución:

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Luego:

Fuerza 3 (F3): Esta fuerza a igual que F1 se analiza en los dos

momentos.

Mt3= F3 . (0,2) ; Mt= 1000. (0,2) = 200 Nm ( - )

Mf3 = F3.(0,4) ; Mf1 = 1000. (0,4) = 400 Nm ( + )


Solución:

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Se analizan los esfuerzos:

σA = -1000 - 200 (0,015)π (0,03)2 π (0,03)4

4 64

σA = + P + Mf x cA I


τA = = - 600 (0,015)π (0,03)4

32

0


Solución:

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Dando los siguientes resultados

σA = 77 Mpa τ A = 113,17 MPA

Sd = √(-77/2)2 + (-113,17)2

Luego

Sd = 119,53 MPa


Solución:

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Finalmente

El factor de seguridad queda expresadocomo : Sustituyendo:

n= 180,5119,53

n = Ssy

Sd

n = 1,51 > 1 la probabilidad de falla es pequeña

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