análisis de una placa a tracción

1. ENSAYO A TRACCIÓN Y COMPRESIÓN DE
UNA PLACA BAJO CARGA SIMPLE
FLUCTUANTE
1 PLANTEAMIENTO DEL PROBLEMA
En la figura se ilustra el diagrama de cuerpo libre de una parte de un eslabón de
conexión, con concentradores de esfuerzos en tres secciones. Las dimensiones son r =
0.25 pulg, d = 0.75 pulg, h = 0.50 pulg, w1 = 3.75 pulg y w2 =2.5 pulg. Las fuerzas F
fluctúan entre una tensión de 4 kip y una compresión de 16 kip. Desprecie el efecto de
pandeo de la columna y encuentre el menor factor de seguridad si el material es acero
AISI 1018 estirado en frío.
2 TIPOS DESOLUCIÓN AL PROBLEMA
2.1 CARGA SIMPLE COMPLETAMENTE REVERSIBLE
Propiedades mecánicas del material.
𝑆 𝑢𝑡 = 64 𝑘𝑝𝑠𝑖 𝑆 𝑦 = 54 𝑘𝑝𝑠𝑖
Hallamos S´e.
𝑆´𝑒 = 0.5 ∗ 𝑆 𝑢𝑡
𝑆´𝑒 = 0.5 ∗ 64
𝑆´𝑒 = 32 𝑘𝑝𝑠𝑖
Hallamos el límite de resistencia a la fluencia Se.
𝑆 𝑒 = 𝑘 𝑎 ∗ 𝑘 𝑏 ∗ 𝑘 𝑐 ∗ 𝑘 𝑑 ∗ 𝑘 𝑒 ∗ 𝑆´𝑒
Pero antes se debe establecer los factores modificadores.
𝑘 𝑎 = 𝑎 ∗ 𝑆 𝑢𝑡
𝑏
Con los datos de la tabla 6.2 se tiene que para un estriado en frío a=2.7 y b=-0.265
𝑘 𝑎 = 2.7 ∗ 64 −0.265

2. 𝒌 𝒂 = 𝟎. 𝟖𝟗𝟔
𝒌 𝒃 = 𝟏 Porque para carga axial no existe efecto de tamaño.
𝒌 𝒄 = 𝟏 Para Caga Axial
𝒌 𝒅 = 𝟏 No existen datos de temperatura
𝒌 𝒆 = 𝟏/𝑲 𝒇 Donde se busca el factor a la fatiga Kf que depende de la siguiente ecuación.
𝐾𝑓 = 1 + 𝑞(𝐾𝑡 − 1) Para ello
se determina el factor
concentrador de esfuerzos (Kt).
𝑑
𝑤
=
0.75
3.75
= 0.2
Y para 0.2 corresponde Kt=2.5
El valor“q” se llamasensilbilidadalamuesca,se la puede determinarconexactitudapartir de la
sifuineteecuación. 𝑞 =
1
1+ √ 𝑎
√ 𝑟
para lo cual √ 𝑎 se la puede hallarpormediode unaecuacióny √ 𝑟 se
refiere alaraiz cuadrada del radiodel agujero.
√ 𝑎 = 0.245 799 − 0.307 794(10𝑒𝑥𝑝 − 2) 𝑆𝑢𝑡 + 0.150 874(10𝑒𝑥𝑝 − 4) 𝑆𝑢𝑡2
− 0.266 978(10𝑒𝑥𝑝 − 7)𝑆𝑢𝑡3
Con 𝑆 𝑢𝑡 = 64 𝑘𝑝𝑠𝑖 tenemos que : √ 𝑎 = 0.10361016 𝑝𝑙𝑔 y 𝑟= 0.375 plg
Porlo tanto tenemos que . 𝑞 =
1
1+
0.10361016
√0.375
= 0.85528
𝐾𝑓 = 1 + 0.9062(2.5 − 1) 𝑲𝒇 = 𝟐. 𝟐𝟖𝟑 𝒀 𝒌 𝒆 = 𝟎. 𝟒𝟑𝟖𝟎
Finalmentetenemosque
𝑆 𝑒 = 0.896 ∗ 1 ∗ 0.85 ∗ 1 ∗ 0.4380 ∗ 32
𝑺 𝒆 = 𝟏𝟎. 𝟔𝟖𝟔 𝒌𝒑𝒔𝒊
Nota:se ha aplicado Kf,afectando a Se,por lo tanto ya no será necesario afectaral esfuerzo
puramentereversoble.
Comosiguiente pasose determinalasconstantesde vidaala fatiga. Si Sut< 70 kpsi,seaf = 0.9.
𝑎 =
( 𝑓 ∗ 𝑆 𝑢𝑡 )2
𝑆 𝑒
=
(0.9 ∗ 64)2
10.686
= 310.487
𝑏 = −
1
3
∗ 𝑙𝑜𝑔
𝑓 ∗ 𝑆 𝑢𝑡
𝑆 𝑒
= −
1
3
∗ 𝑙𝑜𝑔
0.9 ∗ 64
10.686
= −0.2439
Numerode ciclosa la falla:

3. Comodice en lateoría, que únicamente se debe aplicar 𝜎 𝑎 cuandoseapuramente reversible el
esfuerzo esdecircuando 𝜎 𝑚 = 0 y escorrecto aplicarlaecuaciónpara la vidade la fatiga.
Asumiendoenel siguiente gáfico:
𝑁 = (
𝜎 𝑎
𝑎
)
1
𝑏⁄
𝑁 = (
6.08
310.487
)
1
−0.2439⁄
𝑁 = 10000000 ciclos
2.2 CARGA SIMPLE FLUCTUANTE
Se hallaprimeramente σmyσa sinaplicarKf.
𝜎 𝑎 =
𝐹𝑚𝑎𝑥 − 𝐹 𝑚𝑖𝑛
2𝐴
=
4 − (−16)
2 ∗ 1.5
= 6.67 𝑘𝑝𝑠𝑖
𝜎 𝑚 =
𝐹𝑚𝑎𝑥 + 𝐹 𝑚𝑖𝑛
2𝐴
=
4 + (−16)
2 ∗ 1.5
= −4 𝑘𝑝𝑠𝑖
Comoresultóser 𝜎 𝑚 de valornegativo. Cuandoel esfuerzomedioesde compresión,lafallaocurre
cuandoσa = Se o cuandoσmáx = Syc,.No esnecesariorealizarundiagramade fatigao desarrollar
cualquierotrocriteriode falla.
𝜎 𝑎 =
𝑆 𝑒
𝑛
𝑛 =
𝑆 𝑒
𝜎 𝑎
𝑛 =
10.686 𝑘𝑝𝑠𝑖
6.67 𝑘𝑝𝑠𝑖
𝒏 = 𝟏. 𝟔
Perosi regresamosunpoco atrás, donde incluimosaKf,dentrode la ecuaciónde Se,podemosahora
comprobarla respuestaanalizandoladesdelaotraperspectiva,comose sigue acontinuación,conKf.
𝑆 𝑒 = 𝑘 𝑎 ∗ 𝑘 𝑏 ∗ 𝑘 𝑐 ∗ 𝑘 𝑑 ∗ 𝑆´𝑒
𝑆 𝑒 = 0.896 ∗ 1 ∗ 0.85 ∗ 1 ∗ 32
𝑺𝒆 = 𝟐𝟒. 𝟑𝟕𝟏𝟐
En esta parte encambio incluimos el factor Kf.

4. 𝜎 𝑎 = 𝐾𝑓
𝐹𝑚𝑎𝑥 − 𝐹 𝑚𝑖𝑛
2𝐴
= 2.283 ∗
4 − (−16)
2 ∗ 1.5
= 𝟏𝟓. 𝟐𝟐𝟕𝟔 𝒌𝒑𝒔𝒊
𝜎 𝑚 = 𝐾𝑓
𝐹𝑚𝑎𝑥 + 𝐹 𝑚𝑖𝑛
2𝐴
= 2.283 ∗
4 + (−16)
2 ∗ 1.5
= −𝟗. 𝟏𝟑𝟐 𝒌𝒑𝒔𝒊
Comoresultóser 𝜎 𝑚 de valornegativo. Cuandoel esfuerzomedioesde compresión,lafallaocurre
cuandoσa = Se
𝜎 𝑎 =
𝑆 𝑒
𝑛
𝑛 =
𝑆 𝑒
𝜎 𝑎
𝑛 =
24.3712 𝑘𝑝𝑠𝑖
15.2276 𝑘𝑝𝑠𝑖
𝒏 = 𝟏. 𝟔
2.3 CARGA ESTÁTICA
Analizandoel métodode ENERGIA DEDEFORMACIÓN E.D , donde únicamente actúaunacarga axial sea
estála de compresiónporserla de mayor valor,el esfuerzode vonMises eslaclave eneste análisis.
Donde solose estudiaunidireccionalmenteynohay cargas de torsión. 𝜎 𝑥 = 𝜎´
De donde 𝜎 𝑥,puede tomarvaloresdistintosyaseamáximoomínimo(compresiónotracción)
𝜎 𝑚𝑎𝑥 =
𝐹𝑚𝑎𝑥
𝐴
=
4 𝑘𝑖𝑝
1.5 𝑝𝑙𝑔2 = 2.67 𝑘𝑝𝑠𝑖
𝜎 𝑚𝑖𝑛 =
𝐹 𝑚𝑖𝑛
𝐴
=
−16 𝑘𝑖𝑝
1.5 𝑝𝑙𝑔2 = −10.67 𝑘𝑝𝑠𝑖
El factor de seguridadestádadopor: 𝑛 =
𝑆𝑦
𝜎´
𝑛 =
54 𝑘𝑝𝑠𝑖
2.67 𝑘𝑝𝑠𝑖
= 20.22
𝑛 = |
54 𝑘𝑝𝑠𝑖
−10.67 𝑘𝑝𝑠𝑖
| = 5.06
𝒏 = 𝟓. 𝟎𝟔