diseno mecanico i-fatiga

Diseño Mecánico IFalla por Fatiga

Prof. Fernando Castillo Balboa

Fallas por Fatiga

• La falla se produce sin aviso.

• Daña la pieza totalmente.

• Ocurre en tres instancias:1. Se forma microrajaduras debido a los ciclos

plásticos de deformación

2. Las microrajaduras aumentan de tamaño yforman rajaduras longitudinales

3. El material remanente no soporta la cargaaplicada y se fractura.

2Ing. Fernando Castillo Balboa

Propagación de una Fractura

• La fractura por fatigacomienza en el puntoA. Se propaga en lazona B y en la zona C lafractura es muy rápida.


Causas que causan la fatiga

• La falla por fatiga ocurre por la formación de rajaduras y supropagación.

• Los cambios súbitos de áreas de sección

• Agujeros, ranuras, chaveteros, etc.

• Elementos que se deslizan unos sobre otros, ocasionan dañosconcentrados bajo la superficie.

• Rodamientos, engranajes, levas, etc.

• Marcas, rasguños, marcas de herramientas, etc.

• Discontinuidades microscópicas del material.

• Impurezas, vacios, discontinuidades cristalinas del material yla aleación.


Ejemplo: leva de Pistón

I: La fatiga se disparó cerca delcentro de la leva debido a unadiscontinuidad

II: La fatiga crece radialmentehacia el exterior

III: El material remanente no essuficiente para resistir la cargay se fractura

Nota:La falla desarrollada por fatigaen la parta interior de la levadel pistón no fue posible verlapor inspección

IIII

II


Experimento para estimar la duración de un material sometido a fatiga

Este método se basa en los resultados experimentales deun expécimen sometido a cargas invertidas, cíclicas deflexión.

Los datos del experimento se clasifican en dos categorías:•Ciclo bajo (< 103 ciclos) y ciclo alto (>103 ciclos)•Vida finita (< 107 ciclos) y vida infinita (> 106 ciclos)

El espécimen se pule paradarle un acabado superficial conel objetivo de evitar concentracióndel esfuerzo


Máquina de ensayo de fatiga


Ing. Fernando Castillo Balboa 8

Resistencia a la fatiga de materiales


Factores que modifican el límite de resistencia Se’

El límite de resistencia a la fatiga de un componente se obtiene, al

aplicar al límite de resistencia obtenido en el test realizado con el mismomateriale, Se’, una serie de factores que lo modifican.

Se = límite de resistencia a la fatiga del elemento mecánicoSe’= límite de resistencia a la fatiga de la muestra de viga rotatoriaka = factor de superficiekb = factor de tamañokc = factor de cargakd = factor de temperaturake = factor de confiabilidadkf = factor de efectos diversos

Se = ka kb kc kd ke kf Se’



Límite de resistencia a la fatiga de una probeta, Se’

Factor de acabado superficial, kaEl acabado de la probeta afecta en la duración de la misma.

ka = aSutb


Factor de tamaño, kb

Para barras redondas en flexión y torsión

Para barras redondas con cargas axiales no hay efecto, por lo tanto, kb= 1


Factor de carga, kc

kc = 1 para carga flexionantekc = 0.85 para carga axialkc = 0.59 para carga torsional


Factor de temperatura, kd

Para muchos materiales, la temperatura afecta al límite de fatiga

El valor de ST es el límite de resistencia a la temperatura de operación ySRT es a la temperatura ambiente.


Factor por confiabilidad, ke

ke = 1 – 0.08 za


Factor de efectos diversos, kf

Dentro de los efectos diversos se puede mencionar a la concentraciónde esfuerzos.


Factor kt


Concentración del esfuerzo

Para predecir el esfuerzo actual resultante debido a un cambio de sección del material, se aplica un coeficiente de concentración de esfuerzo al esfuerzo nominal.

σmax = Ktσ0

τmax = Ktsτ0

Donde,

σ0 = esfuerzo nominal

Kt = coeficiente teórico de concentración

τ0 = esfuerzo cortante nominal

Kts = coeficiente teórico de concentración


Características del factor de concentración de esfuerzo

• Está en función de la geometría o forma de la parte, no de su tamaño.

• Está en función del tipo de carga aplicada a la parte (axial, torsional,flexionante)

• Está en función de la geometría específica de la ranura en una parte

• Siempre definida con respecto a un esfuerzo nominal particular.

• Se asume un comportamiento lineal y que el material es elástico,homogéneo e isotrópico.


Determinación del factor Kt

Los factores de concentración de esfuerzo, asociados a una geometría y cargaespecífica de una pieza se puede derivar por medio de experimentación, análisis y métodos computacionales.

Métodos Experimentales: Los métodos ópticos, como la fotoelasticidad, son muy útiles y muy utilizadosen experimentos para determinar la concentración de esfuerzos en puntos de las piezas.

Métodos Analíticos: La teoría de elasticidad se puede utilizar para obtener los factores de concentración de esfuerzos al analizar ciertas formas geométricas.

Métodos Computacionales: Las técnicas del Método de Elementos Finitos proveen una herramientapoderosa y sin costo, para el cálculo de estos factores.


Ejemplo:

Para la placa mostrada, la cual está hecha del material ASTM 20, calcule el punto crítico.

Asuma lo siguiente:Los coeficientes de concentración de esfuerzos no interactúan entre ellos.

Solución:

Propiedad del material ASTM 20: Sut = 20 kpsi

Cálculo en el hombro:


Esfuerzo nominal:

Esfuerzo actual en el hombro:


Coeficiente de concentración de esfuerzo en el agujero:

Esfuerzo nominal en el agujero:

Esfuerzo en el agujero:


EjemploUna placa con un agujero, esta hechacon acero AISI 1018 rolado en frío. Tieneun ancho (D) de 60 mm y espesor (t) 10mm. El agujero tiene un diámetro de 12mm. Si el factor de seguridad es de 1.8,calcule la fuerza dinámica máxima quese puede ejercer.

Características del material AISI 1018 rolado en frío.


Cálculo del límite de fatiga

De la ecuación 7.11, el efecto de tamaño es: kb=1

De la tabla, el efecto por carga axial es: kc=0.85

Se = ka kb kc kd ke kf Se’

ka = aSutb ka = 0.451(440)-0.265 = 0.899


d/w = 12/60 = 0.2

Cálculo de Kt

Kt = 2.5

q=0.82


Sección del agujero

Sección del hombro

Comparando las dos fuerzas Fa , se concluye que la fuerza de 21.6 kNes la fuerza máxima que se puede ejercer en la pieza.

Se = 0.899(1)(0.85)(221.8) = 169.5 MPa


Falla por fatiga


Introducción:

Para muchos materiales de ingeniería, un esfuerzo quefluctúe entre dos valores en más dañino que un esfuerzoconstante. A diferencia de la falla para el espécimensometido a la prueba de tensión/compresión, la cual seproduce con deformaciones relativamente grandes, en estecaso la falla se presenta con deformaciones pequeñas y seproduce la rotura del espécimen.


Falla por fatiga

Falla por fatiga de un eje detransmisión hecho de unAcero AISI 4320. La fallacomienza en (B) la partemás baja del chavetero ytermina en la pequeña zona(C) con baja carga.

Estimación de la resistencia a fatiga


Del diagrama de Esfuerzo-Ciclos, la región de ciclobajo se extiende desde cero hasta 1000 ciclos. Enesta región, el Sf es un poco menor que la resistenciaa tensión Sut. Algunos autores como Mischkepropone una expresión analítica que cumple con losciclos bajos y altos al aplicar parámetros de laecuación Manson-Coffin, conjuntamente con elexponente m de la relación deformación-endurecimiento.

La región de alto ciclo de fatiga se extiende desde los1000 ciclos hasta 1x106 – 1x107 ciclos .


Sf = aNb

Ecuación del esfuerzo de fatiga cíclico

Donde:

Donde:

Para el caso de que se presente un esfuerzo alternante, Sf = sa , por lo que

Donde N es el número de ciclos para la falla.


Diagrama de Goodman modificadodonde se muestra todas lasresistencias y los valores límites detodos los componentes de esfuerzopara un esfuerzo medio particular.

Criterios de falla por fatiga

• Soderberg:

• Goodman modificado:

• Gerber:

• ASME elíptico:

• Cedencia:


Factor de seguridad para la cada uno de los criterios de falla por fatiga


• Soderberg:

• Goodman modificado:

• Gerber:

• ASME elíptico:

• Cedencia:


Diagrama de fatiga donde se muestran los diferentescriterios de falla

Ejemplo:


En la figura, el eje A, que está hecho de acero AISI 1010 rolado en caliente, estasoldado a un soporte fijo y se somete a una fuerza F igual y opuesta por medio deleje B. Kt es 1.6 debido al filete de 3-mm. La longitud el eje A hasta la conexión con eleje B es de 1 m. La carga F es cíclica y varía desde 0.5 a 2 kN.Calcule:

a) El factor de seguridad del eje A para vida infinita, por medio del criterio deGoodmanb) El factor de seguridad del eje A para vida infinita, por medio del criterio de Gerber.c) La vida para fuerza cíclica de 2kN

Solución: ( La pieza está sometida a torsión)


De la tabla de propiedades del Acero AISI 1010 templado y estirado en caliente, se extraen los valores siguientes: BHN > 200, y de la gráfica para torsión (entrando con una muesca de 3 mm) , q = 1.


Continuación:

a) Solución con Goodman modificado para el factor de seguridad:

b) Solución con Gerber para el factor de seguridad:

Diagrama del problema



c) Fuerza cíclica de 2 kN

Como el factor de seguridad es menos que 1, se procede a calcular el número de cíclos que dura la pieza antes de la falla


Para este parte del problema, se utiliza la ecuación 7.10 con unidades S.I. que es la aproximación SAE para materiales con dureza BHn < 500

Se despeja N de la ecuación anterior.

Donde

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