7-10 Eje Final Al 99%

Diseño de Elementos de Máquinas I

7-10 Un eje de acero AISI 1020 estirado en frio con la geometría que se muestra en la figura, soporta una carga transversal de 7KN y transmite un par de torsión de 107 N.m. Examine el eje por resistencia y deflexión. Si la mayor inclinación permisible de los cojinetes es de 0.001 rad y el acoplamiento del engrane 0.0005 rad. ¿Cuál es el factor de seguridad que protege contra el daño de distorsión? ¿Cuál es el factor de seguridad que protege contra la falla por fatiga? Si el eje resulta insatisfactorio. ¿Qué recomendaría para corregir el problema?

Consideraciones

Primero vamos a ignorar los pasos cerca de los cojinetes donde los momentos de flexión son bajos. Por lo tanto consideramos el diámetro de 30 mm. sea de 35 mm.

En segundo lugar, la sección de diámetro 55mm. es muy delgada(de 10 mm.). Los esfuerzos de flexión completa no se desarrollarán en las fibras exteriores ( mayor rigidez. Por lo tanto, ignore este paso y dejar que el diámetro sea de 45 mm.

Análisis por deflexión:

Se tiene las condiciones de: Inclinación mayor permisible en los cojinetes mide 0.001 rad Inclinación mayor permisible en el acoplamiento del engrane 0.0005 rad

Para poder realizar el cálculo de las deflexiones debemos analizar las secciones transversales del eje las cuales no son constantes y la inercia cambia para los diámetros respectivos de cada parte del eje. Por lo tanto describiremos las condiciones de trabajo que emplearemos para realizar este cálculo, las cuales serán:

o Donde se aplique la carga y pares de tensiones puntuales.

o Donde ocurran las reacciones.

o Donde cambie la geometría del eje.


Calculamos las reacciones en A y B:

∑M A=0

RB (315 )−7 (140 )=0RB=3.111KN

∑ F y=0

RA+RB−7=0R A=3.889KN

Diagrama de esfuerzos:

Diagrama de Momentos:


Calculamos los Momentos de Inercia en cada sección:

I 35=( π64 )(0.0354 )=7.366(10−8)m4

I 40=( π64 )¿

I 45=( π64 ) (0.0454 )=2.013 (10−7 )m4

Calcular el momento flector en cada tramo:

X(mm) 0 40 100 140 210 275 315M(N.m) 0 155.56 388.89 544.44 326.67 124.44 0

Calculamos los ( M/I):

(M x=40

I∅=35) ¿a❑ 155.567.366∗10−8=2.112 x 10

9 Nm3

(M x=40

I∅=40) ¿b❑ 155.561.257∗10−7=1.237 x 10

9 Nm3

(M x=100

I∅=40) ¿c❑ 388.891.257∗10−7=3.094 x10

9 Nm3

(M x=100

I∅=45) ¿d❑ 388.892.013∗10−7=1.932x 10

9 Nm3

40

100

140

210

275

315


(M x=140

I∅=45) ¿e❑ 544.442.013∗10−7=2.705 x10

9 Nm3

(M x=210

I∅=45) ¿f❑ 326.672.013∗10−7=1.623 x10

9 Nm3

(M x=210

I∅=40) ¿g❑ 326.671.257∗10−7=2.599 x10

9 Nm3

(M x=275

I∅=40) ¿h❑ 124.441.257∗10−7=0.990 x10

9 Nm3

(M x=275

I∅=35) ¿i❑ 124.447.366∗10−8=1.6894 x10

9 Nm3

Construimos una tabla para graficar M/I vs X:

X(m) M/I(109 N /m3 Escalón pendiente ∆ pendiente0 0 52.80.04 2.1120.04 1.2375 -0.8745 30.942 -21.860.1 3.0940.1 1.932 -1.162 19.325 -11.6170.14 2.7050.14 2.705 0 -15.457 -34.780.21 1.6230.21 2.6 0.977 -24.769 -9.3120.275

0.99

0.275

1.6894 0.6994 -42.235 -17.47

0.315

0


Deflexión debido a flexión ( 4-3)

La curvatura de una viga sujeta a un Momento flexionante M está dada por:

1ρ= ME. I …..(1) Donde “ρ es el radio de curvatura

El radio de curvatura está dado por la ecuación:

1ρ=d2 y /d x2

¿¿ ………….(2)

Donde “y” representa la deflexión de la viga en cualquier punto x a lo largo de su longitud.

La pendiente la viga en cualquier punto x es : θ=dydx ………(3)

Para muchos problemas de flexión, la pendiente resulta muy pequeña y por lo tanto el denominador de la ecuación (2) se considera igual a la unidad.

Entonces de (1) y (2) obtenemos:

ME. I

=d2 yd x2

→MI

=E .d2 yd x2

……….(4)

MI

=E .d2 yd x2

=¿


Integrando:

Edydx

=¿

Integrando nuevamente:

E . y=¿………….(6)

Condiciones de contorno:

En el cojinete A: y = 0 x = 0 obtenemos: C2=0

En el cojinete B: y=0 x = 0.315m C1=−0.29525N /m2

De la Tabla A-5 : Material: Acero al carbono: E=207.0 GPa

Hallando las inclinaciones: Reemplazamos en la ecuación 5:

Para x=0 Edydx

=[−0.29525/207 ]109

E .θ1=−0,29525→θ1=−0,29525 x109

207 x109 Pa=−0.0014263 rad

Para x=0.140m

Edydx

=¿

E .θ2=−0.0300336→θ1=−0,0300336 x 109

207 x109Pa=−0.0001466 rad


Para x = 0,315

θ3=−0,271518875 x 109

207 x109Pa=0.0013117

X(mm) θ (rad) Modelo F.E Modelo Completo F.E

0 -0.0014263 -0.0014270 -0.0014160140 -0.0001466 -0.0001467 -0.0001646

315 0.001312 0.0013280 0.0013150

Condición del problema: la mayor inclinación permisible de los cojinetes es de 0.001 rad y el acoplamiento del engrane 0.0005 rad.

Se puede observar que se superan las inclinaciones admisibles en los cojinetes. Por lo tanto, la carga tiene que ser reducida o el eje reforzado.

Tenemos que ayer la fuerza reducida:

Fmax=( 0.0010.00146 ) .7=4.79KN

Para aumentar la rigidez del eje, aumentaremos los diámetros:

De la ecuación 7-18: dnuevo=danterior .|nd . y anteriory permisible |1 /4

dnuevo=dan terior .|(1)(0.0014263)0.001 |1/4

=danterior (1.093)

Elaboramos la tabla con los nuevos diámetros:

Diametro antiguo(mm) 20 30 35 40 45 55Nuevo diámetro ideal 21.86 32.79 38.26 43.72 49.185 60.12Diametro redondeado 22.00 34.00 40.00 44.00 50.00 62.00


Volvemos a analizar pero con los nuevos diámetros para hallar las pendientes y cumplir con la condición inicial (θ=0.001 rad)

x=0θ=−9.30 x10−4 rad

x=140θ=−1.09x 10−4rad

x=315θ=8.65 x10−4 rad

Análisis de Esfuerzos en el eje:

Tener en cuenta que la torsión es sólo a la derecha de la carga 7KN.

Esfuerzo en Flexión y esfuerzo cortante:

σ=M .cI

=M .( d

2)

π .d4

64

=32M

π d3y τ=

T .rJ

=T ( d2)

π .d4

32

=16T

π d3

σ '=¿ ( Esfuerzo de Von Mises)

X(mm) 0 15 40 100 110 140 210 275 300 315

σ (MPa) 0 22.0 37.0 61.9 47.8 60.9 52.0 39.6 17.6 0

τ (MPa) 0 0 0 0 0 6 8.5 12.7 20.2 68.1

σ '(MPa) 0 22.0 37.0 61.9 47.8 61.8 53.1 45.3 39.2 118.0

FALLA POR FATIGA:

Factores que modifican el límite de resistencia a la fatiga

Ecuación de Marín: Se=ka .k b . k c . kd . k e . k f . Se'

Factores de superficie, tamaño, carga, temperatura, confiabilidad, efectos varios.

Tabla A-20 para un AISI 1020 CD:

Sut=470MPa,(Resistencia a la tensión)

Sy=390MPa (Resistencia a la fluencia)


Analizamos en: En x=210mm d= 40mm :

Factores de Marín:

Factor de Superficie : k a=a Sutb ( Dato: Estirado en frio)

k a=4.51¿

Factor de Tamaño: Escogemos el tercero porque d=40mm

k b=¿ k c=1 (flexión)

Ecuación de Marín: Se=ka .k b . k c . kd . k e . k f . Se'

Se' :Limite deresistencia a la fatigaenviga rotatoria

Se' =0.5 Sut

Se=0.883 (0.837 ) [ (0.5 ) (470 ) ]=174 MPa


Para determinar el factor de concentración de esfuerzo:

Escalón de 45 a 40cm de diámetro; radio del filete r=2mm

D/d=45/40=1.125, r/d=2/40=0.05

De la figura A-15-8: Eje redondo con filetes en el hombro en torsión:

IngresamosconDd

=1.125 y rd=0.05obtenemos k ts=1.9

k ts y k s : Factores de concentración de esfuerzos

De la figura A-15-9: Eje redondo con filete en el hombro en flexión

Ingresamos con:rd=0.05 y D

d=1.125 ;obtenemos k

t

=1.9


De la figura 6-20: Ingresamos con r=2mm y Sut=68kpsi obtenemos: q=0.75

Figura 6-21: Ingresamos con r=2mm AISI 1020 (111Hb) Obtenemos :qs=0.92


Contrentración de esfuerzos:

k ts y k s : Factores de concentración de esfuerzos

k f : Factor de concentración de esfuerzo por fatiga de la flexión

k fs : Factor de concentración de esfuerzos por fatiga de la torsión

De: k f=1+q (k t−1 ) ;k fs=1+qcortante(k ts−1) Ec. 6-32

k f=1+0.75 (1.9−1 )=1.68 y k fs=1+0.92 (1.32−1 )=1.29

Hallando el factor de seguridad por fatiga “n”:

De la ecuación 7-11 : ED-ASME elíptica

1n= 16π d3 [4 ( k f . M a

Se )2

+3( k fsT a

Se )+4 ( k f .Mm

S y)2

+3( k fsT m

Sy )2]1 /2

Mm yM a :Momentos flexionantesmedio y alternante

T m yT a:Pares deTorsiónmedio y alternante


En el caso de un eje giratorio con flexión y torsión constantes, el esfuerzo flexionante es completamente reversible y la torsión constante, entonces: Mm=T a=0 resultando:

1n= 16π d3 [4 ( k f . M a

Se )2

+3( k fsT m

S y)2]1/2

Reemplazando:

1n= 16π ¿¿

n=1.98 (Factor de seguridad por fatiga)

En x = 330mm .La tensión de Von Mises es el más alto, pero proviene sólo del par constante.

D/d=30/20=1.5 r/d = 2/20=0.1 →k ts=1.42 (Figura A-15-8)

qs=0.92( De la figura 6-21)

k fs=1+qcortante(k ts−1)


k fs=1+0.92 (1.42−1 )=1.39

1n= 16π d3 [4 ( k f . M a

Se )2

+3( k fsT m

S y)2]1/2

pero M a=0

1n= 16π ¿¿

n=2.38 ( Factor de seguridad por fatiga en x=330mm)

Cálculo del ángulo de torsión

θi=TLiGJ i

De la Tabla A-5:

Modulo de Elasticidad E=207GPa

Modulo de Rigidez: G=79.3GPa

Segundo Momento Polar de área de sección transversal:

J=12π . r4

Analizamos desde la fuerza de 7KN a la derecha:

θ1=(107N .m) .(0 .07m)

(79 .3 x 109N /m2 ).( 4 .02578x 10−7 )=2 ,3462x 10−4=0.00023462

En forma similar hallamos las demás pendientes.

tramo T (Nm) d (m) G (Pa) L (m) J (m^4) θ (rad)


1 107 0.045 79.3 0.07 4.02578x10−7 0.00023462

2 107 0.04 79.3 0.065 2.51327x10−7 0.00034897

3 107 0.035 79.3 0.025 1.47324x10−7 0.00022897

4 107 0.03 79.3 0.03 7.95216x10−7 0.00050903

5 107 0.02 79.3 0.015 0.00015708 1.2885E-07

∑ θ i= 0.0001235

CALCULO DE LA VELOCIDAD CRÍTICA

La velocidad crítica para un eje es aquella velocidad a la que el sistema se

hace inestable y tiende a fallar, pues las deflexiones cada vez son mayores sin

poder alcanzar un límite superior.

DEBIDO A LA PROPIA MASA:

Calcularemos por el método de RAYLEIGH que estableció:

ϖ1=√ g∑W i y i

∑W i yi2

De la ecuación (6), determinamos la deflexión en x=0.140m ( E=207GPa)

E . y=¿………….(6)

E . y=¿

y=−0.026257368207

=−1.2685x 10−4m


Para una sola carga de 7KN quedaría:

ω1=√ g .W . y1W . y1

2 =√ gy1

[rad /s ] g=9,81m

s2y1 [m ]

ω1=√ gy1

radsx60 s1m

x1 rev2π . rad

=30π √ g

y1[rpm ]

Calculamos finalmente la velocidad critica:

ω1=√ 9,811,2685 x10−4=278,1 rad / s ω1=

30π √ 9,81

1,2685 x10−4=2655,6 rpm

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