Anejo 1. Problemas - Exapuni

DDPPTTOO.. IINNGGEENNIIEERRÍÍAA MMEECCÁÁNNIICCAA,, EENNEERRGGÉÉTTIICCAA YY DDEE MMAATTEERRIIAALLEESS 22000044 VV.. BBAADDIIOOLLAA

- 147 DISEÑO DE MÁQUINAS I

Anejo 1. Problemas

A1.1. PROBLEMAS TEMA 1:

PROBLEMA 1

Determinar sobre el elemento mecánico de la figura siguiente, la flecha en el punto A por el método de Castigliano.

Considerar E=210Gpa y coeficiente de Poisson ν=0.3.

TPunto A

P

L/2

L

L

2L

D

dr

Datos:

� L=300mm

� d=40mm

� D=44mm

� r=2mm

� P=T/L

� P=1000N

22000044 VV.. BBAADDIIOOLLAA

DISEÑO DE MÁQUINAS I - 148 -

PROBLEMA 2

Determinar el ángulo en A debido a la flexión:

� a1=50mm

� b1=150mm

� a2=100mm

� E=210Gpa

� D=20mm

� F1=45kgr

� F2=140kgr

� MT=3000cm·kgr

A1.2. PROBLEMAS TEMA 2:-




PROBLEMA 1

Determinar el fallo de la pieza de la figura según el criterio de Mohr modificado.

z

xy

Fa

Fb

TBarra 1

Barra 2

TracciónCompresión

DATOS:Fa=1KNFb=2KNT=3KN·mL=1mD=50mmE=210GPaSut=700MPaSuc=900MPa

y

zPor simetría, Iy=IzAdemás, Ix=Iy+IzE Ix es el momento polar de inercia Ip:

2/III

I32D

I

zy

4

p

==

=⋅π=

Barra 1:

x

zPor simetría, Ix=IzAdemás, Iy=Ix+IzE Iy es el momento polar de inercia Ip:

2/III

I32D

I

zx

4

p

==

=⋅π=

Barra 2:



Fb

Fa

My=Fb·L, flexión en plano XZ

2/IRLF

I

RM b

y

yx

⋅⋅=⋅

=σ 2/IRLF

IRM a

z

zx

⋅⋅=⋅=σ

Mz=Fa·L, flexión en plano XY

T

Mx=T, torsión

IRT

IRT

p

⋅=⋅=τ

Barra 1:

z

y

z

y

Barra 2:

Fb

T

FaMy=Fb·L

Mz=Fa·L

Mx=Fb·L, flexión en plano YZ

My=Fb·L, torsión

2/IRLF

IRM b

x

xy

⋅⋅=⋅=σ

IRLFb ⋅⋅=τ

Mz=Fa·L, flexión en plano XY

Fa, axial2/I

RLFI

RM a

z

zy

⋅⋅=⋅=σ

AFa

y =σ

Mx=T, flexión en plano YZ

2/IRT

IRM

x

xy

⋅=⋅=σ

z

x

z

x

z

x

Barra 1:

Barra 2:

y

z

AB

Punto A:2/I

RLFbx

⋅⋅=σ

IRT ⋅=τ

Punto B:

IRT ⋅=τ

2/IRLFa

x⋅⋅=σ

Punto C,E:

Punto D:

2/IRT

AF

2/IRLF ab

y⋅−+⋅⋅=σ

IRLFb ⋅⋅=τ

2/IRLF

AF aa

y⋅⋅+=σ

IRLFb ⋅⋅=τ

σ

τ

( )τσ,

22

21 22, τ+�

�

��

� σ±σ=σσ

x

z

D

C

x

z

D

C

E



Realmente puntos A, B, C y D puntos críticos?

Fa

Fb

TBarra 1

Barra 2

Realmente, sobre una sección determinada, tenemos

y

zMz=Fb·x

My=Fa·x

Ejemplo, Barra 1:

Los momentos son vectores � se pueden sumar vectorialmente

2y

2z MMM += Mz

My

M

αy

z

MM

tg =α

2y

2z MMM += Mz

My

M

αy

z

MM

tg =α

y

z

α

M

( ) ( ) ( ) ( )2/I

RLFF2/I

RLFLF2/IRM

2b

2a

2b

2a ⋅⋅+

=⋅⋅+⋅

=⋅=σ

IRT ⋅=τ

Cuando se tiene momentos de flexión perpendiculares que actúan sobre una sección, el

momento resultante se calcula como suma vectorial de los momentos actuantes.

Así, los valores de tensión que se deben emplear para calcular las tensiones principales serán los correspondientes a los esfuerzos resultantes actuantes.

Sustituyendo valores tenemos:

Barra 1:

� ( ) ( ) ( ) ( )

MPa2.2142/I

RLFF2/I

RLFLF2/IRM

2b

2a

2b

2a =

⋅⋅+=

⋅⋅+⋅=⋅=σ

� MPa2.122IRT =⋅=τ

� MPa1621.1072,1 ±=σ

Barra 2:

� ( ) ( )

MPa5.1152/I

RTLFLF2/IRM

AF 2

b2

aa =⋅−⋅+⋅

=⋅+=σ

� MPa5.81I

RLFa =⋅⋅

=τ

� MPa10075.572,1 ±=σ




PROBLEMA 1

El eje de la figura está sometido a un momento flector alternativo. Está fabricado con acero de resistencia a la rotura Su=1000Mpa y acabado por rectificado. Calcular momento flector Mf para una vida de 200.000 ciclos:

� suponer M=100mkg±Mf; Sy=800Mpa

� además actúa una carga axial F=70±35KN

� además un esfuerzo torsor compuesto por un par medio más un par alternado Nmm50000Nmm100000MM amTm ±=±

3033

R=1.5

Apartado a)

La pieza está sometida a flexión alternada. El diagrama S-N para flexión alternada es el mismo que para flexión rotativa y es:

En primer lugar debemos calcular el límite de resistencia a fatiga del acero:

'ecgedqbae SKKKKKKKS ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=

Acero con Sut<1400Mpa, luego MPa500Sut5.0S'e =⋅= .

Factores modificativos:

p Superficie Ka: ( ) 878.0100058.1K 085.0a =⋅= −

p Tamaño Kb: como es flexión alternada, se calcula el diámetro equivalente

mm1.113037.0d37.0de =⋅=⋅= . Y ahora el factor Kb: 958.062.7

dK

1133.0e

b =��

��

�=−

, con d en mm

p Carga Kq: en flexión alternada este factor vale 1.



p Concentración de tensiones: f

e K1

K =

1.2K14.26.GraficaA1.130

33d

D

05.0305.1

dr

t =�→�

�

�

==

==

Análogamente se calcula se sensibilidad a la entalla q=0.88

Luego, ( ) ( ) 968.111.288.011Kq1K tf =−⋅+=−⋅+= El factor de concentración de tensiones

Kf’ a 103 ciclos es: ( )1Kc1K f'

f −⋅+= siendo 328.01.0700

S3.0c u =−

⋅= . Luego 318.1K '

f = .

p Efectos diversos Kg=1

p Factor de confiabilidad Kc: puesto que la resistencia Su=1000Mpa es una resistencia media y por lo tanto se le asocia una confianza del 50%, calculamos este factor para una confianza del 90%.

896.03.108.01K c =⋅−= .

A continuación, con todos los factores se calcula:

( ) MPa5.191SKKKKKKK10S 'ecgedqba

6e =⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=

Análogamente, la resistencia a 1000 ciclos se ve reducida por Kf’:

( ) MPa8.682'KfS9.0

10S ut3 =⋅=

De esta forma queda definida la curva SN:

A 200.000 ciclos, la resistencia a la fatiga S se obtiene como:

( ) ( )MPa7.257S

3)200000log(

Slog'KfS9.0

log

36

Selog'KfS9.0

log utut

=�−

−��

��

� ⋅

=−

−��

��

� ⋅

El criterio de Goodman establece que: 1

csS

csS e

a

ut

m =σ+σ



Asumiendo cs=1, y puesto que el momento flector alternado produce tensión media nula,

eae

a S1S =σ→=σ .

Se es la resistencia a fatiga a un número determinado de ciclos, en nuestro caso el criterio de diseño es 200.000 ciclos luego Se=257.7Mpa.

La máxima tensión es:

64d

2/dM4

fmax,a

π

⋅=σ , luego Nmm68309032

307.25732

dM

33max,a

f =⋅π⋅=⋅π⋅σ

=

Otra forma de trabajar es considerar la concentración de tensiones como concentrador de tensiones y no reductor de resistencia. Entonces,

( ) MPa8.376SKKKKKK10S 'ecgdqba

6e =⋅⋅⋅⋅⋅⋅=



( ) ( ) ( ) ( )MPa461S

3)200000log(SlogS9.0log

36SelogS9.0log utut =�

−−⋅

=−

−⋅

El criterio de Goodman establece que: 1

csS

csS e

a

ut

m =σ+σ

Asumiendo cs=1, y puesto que el momento flector alternado produce tensión media nula,

KfS1S

Kf ea

e

a =σ→=⋅σ .

La máxima tensión es:

64d

2/dM4

fmax,a

π

⋅=σ , luego Nmm62159332

305.23432

dM

33max,a

f =⋅π⋅=⋅π⋅σ

=

Apartado b)

En este caso, el momento flector medio produce una tensión media:



MPa377

6430

2/301000000

64d

2/dM44

mmax,m =

π

⋅=π

⋅=σ

Podemos seguir cualquiera de las líneas de trabajo con el factor Kf (concentrador/reductor):

Si lo consideramos reductor de resistencia, tenemos que la resistencia a fatiga a 200.000 ciclos era 257.7Mpa.

( ) MPa5.160100037717.257S1S1SS ut

mea

e

a

ut

m =−=��

�� σ−⋅=σ→=σ+σ

Luego: Nmm42544032

305.16032

dM

33max,a

f =⋅π⋅=⋅π⋅σ

=

Si consideramos concentrador de tensión, asumiendo que se trata de un material dúctil:

( )MPa9.145

968.11000

3771461Kf

S1S1S

KfS

ut

me

ae

a

ut

m =−⋅

=��

�� σ−⋅

=σ→=⋅σ+σ

Luego: Nmm38683632

309.14532

dM

33max,a

f =⋅π⋅=⋅π⋅σ

=

Es necesario por último comprobar la fluencia:

MPa800SMPa5.5375.160377 yammax =<=+=σ+σ=σ

Apartado c)

Además de los momentos flectores alternado y medio actúa un esfuerzo axial de 70KN±35KN.

En este caso, estamos en el caso 2) Esfuerzos combinados, una misma componente de tensión (tensión axial xσ ), pero distintos factores modificativos.

Tenemos dos límites de fatiga, uno para cada tipo de esfuerzo:

axial,mflector,mmT σ+σ=σ

Existen dos formas de plantear este caso:

Primera forma: 1SSSu axial,N

axial,a

flector,N

flector,amT =σ

+σ

+σ

Segunda forma: 1SSu flector,N

Naxial,aflector,amT =α⋅σ+σ

+σ

, donde axial,N

flector,NN S

S=α

Calculamos el límite de fatiga para carga axial:


p Tamaño Kb (d>10mm): Kb=0.6

p Carga Kq: 0.923 (axial y Su<1520Mpa)


e K1

K =



5.2K13.26.GraficaA1.130

33d

D

05.0305.1

dr

t =�→�

�

�

==

==

Análogamente se calcula se sensibilidad a la entalla q=0. 88



f −⋅+= siendo 328.01.0700

S3.0c u =−

⋅= . Luego 4337.1K '

f = .



896.03.108.01Kc =⋅−= .

Planteamos el problema con el factor de concentración como reductor de resistencia:


6e =⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=

A 1000 ciclos, el punto en lugar de ser 0.75Su es : MPa1.52343375.1

10075.0'KS75.0

f

u =⋅=⋅

Luego se obtiene a 200.000 ciclos:

( ) ( )MPa4.139S

3)200000log(

Slog'KfS75.0log

36

Selog'KfS75.0log utut

=�−

−��

�� ⋅

=−

−��

�� ⋅

Finalmente se aplica el criterio de Goodman de la segunda forma, teniendo en cuenta que:

85.14.1397.257

SS

axial,N

flector,NN ===α . Luego: 1

SSu flector,N

Naxial,aflector,amT =α⋅σ+σ

+σ

MPa476

430

70000377 2axial,mflector,mmT =

⋅π+=σ+σ=σ

MPa5.9185.1

430

35000flector,a2flector,aaxial,aflector,aaT +σ=⋅

⋅π+σ=α⋅σ+σ=σ

Y operando, se despeja la tensión alterna debida al flector alternado:

5.4317.257

5.911000476

flector,aflector,a =σ�=

+σ+

Luego: Nmm8.11556132

305.4332

dM

33max,a

f =⋅π⋅=⋅π⋅σ

=

A continuación se verifica la fluencia:

MPa800SMPa5685.495.43476 yaxial,aflector,ammax =<=++=σ+σ+σ=σ

Apartado d)



En este caso, se supone que actúa además un esfuerzo torsor compuesto por un par medio más un par alternado.

Calculamos el límite de fatiga para torsión:


p Tamaño Kb (d=30mm): 856.062.7

30K

1133.0

b =��

��

�=−

p Carga Kq: 0.577 (torsión), pero luego no volveremos a multiplicarlo por 0.577 en la gráfica siguiente:


e K1

K =

65.1K15.26.GraficaA1.130

33d

D

05.0305.1

dr

t =�→�

�

�

==

==

Análogamente se calcula se sensibilidad a la entalla q=0.97 (acero templado)

Luego, ( ) 6305.11Kq1K tf =−⋅+= El factor de concentración de tensiones Kf’ a 103 ciclos es:

( )1Kc1K f'

f −⋅+= siendo 328.01.0700

S3.0c u =−

⋅= . Luego 207.1K '

f = .



896.03.108.01K c =⋅−= .

Planteamos el problema con el factor de concentración como reductor de resistencia:


6e =⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=

A 1000 ciclos:

MPa44.596207.1

100072.0'KfSu72.0 =⋅=⋅




( ) ( ) ( )MPa173S

3)200000log(Slog44.596log

36

Selog'KfS72.0log ut

=�−

−=−

−��

�� ⋅

El momento torsor produce una tensión de cortadura:

MPa86.18dT16

32/d2/dT

3m

4m

m =⋅π⋅=

⋅π⋅=τ

La tensión media equivalente es la tensión media de Von-Mises:

( ) ( ) MPa47786.183993773 222xym

2axial,xmflector,xmeqm =⋅++=τ⋅+σ+σ=σ

Se calculan los factores α tomando como referencia la resistencia a la fatiga a flexión:

Flexión: 11 =α

Axial: 85.14.1397.257

SS

axial,N

flexion,N2 ===α

Torsión: 86.03173

7.2573S

S

torsionl,N

flexion,N3 =

⋅=

⋅=α

La tensión alternada equivalente es la tensión de Von-Mises, incluyendo los factores:

( ) ( ) ( ) ( )22flector,xa

23xya

22axial,xaflector,xaeqa 86.043.9385.151.493 ⋅⋅+⋅+σ=α⋅τ⋅+α⋅σ+σ=σ

Ya que:

MPa43.930

5000016dT16

32/d2/dT

33a

4a

a =⋅π

⋅=⋅π⋅=

⋅π⋅=τ

Se aplica ahora el criterio de Goodman:

MPa47.4217.2571000

4771

SSu flector,xaa,eq

flector,N

a,eqm,eq =σ�=σ

+→=σ

+σ

Luego: Nmm11259732

3047.4232

dM

33max,a

f =⋅π⋅=⋅π⋅σ

=

Por último, se verifica la fluencia:

( ) ( ) ( )( ) ( ) MPa56043.986.18351.499947.423773 222xymax

2axial,xmasflector,xmaxeqmax =+⋅++++=τ⋅+σ+σ=σ

Puesto que es menor que 800Mpa, se verifica que no ha entrado en fluencia.



PROBLEMA 2

El elemento de la figura está empotrado en un extremo y sometido a las cargas indicadas en su extremo libre. Se desea determinar el valor de la carga alternada Pa que será capaz de soportar durante 150.000ciclos.

Material: acero Su=1000Mpa, Sy=800Mpa

1000kg±2·Pa

500kg±·Pa

400

r=2

Φ=40

Φ=44

100 200200 La sección crítica es la correspondiente a la entalla, puesto que posee el cambio de sección y

por lo tanto la concentración de tensiones.

En dicha sección tenemos flexión alternada y torsión. Corresponde al caso 3.

En primer lugar debemos calcular el límite de resistencia a fatiga del acero:

Límite de resistencia a la fatiga a flexión alternada: 'ecgedqbae SKKKKKKKS ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=



p Superficie Ka: Asumimos que está maquinado o estirado en frío: ( ) 7231.0100051.4K 265.0

a =⋅= −

p Tamaño Kb: como es flexión alternada, se calcula el diámetro equivalente

mm8.144037.0d37.0de =⋅=⋅= . Y ahora el factor Kb: 9275.062.7

dK

1133.0e

b =��

��

�=−

, con d en mm

p Carga Kq: en flexión alternada este factor vale 1.


e K1

K =



86.1K9.26.GraficaA1.140

44d

D

05.0402

dr

t =�→�

�

�

==

==




f −⋅+= siendo 328.01.0700

S3.0c u =−

⋅= . Luego 2543.1K '

f = .



896.03.108.01Kc =⋅−= .


( )MPa37.169500896.01

774.11

19275.07231.0

SKKKKKKK10S 'ecgedqba

6e

=⋅⋅⋅⋅⋅⋅

=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=


( ) MPa53.717'KfS9.0

10S ut3 =⋅

=



( ) ( ) ( ) ( )MPa8.251S


3637.169log53.717log

flexion =�−

−=−−

Límite de resistencia a la fatiga a torsión:


p Tamaño Kb (d=40mm): 8287.062.7d

K1133.0

b =��

��

�=−

(sección completa)





e K1

K =

32.1K8.26.GraficaA1.140

44d

D

05.0402

dr

t =�→�

�

�

==

==

Análogamente se calcula se sensibilidad a la entalla q=0.98 (acero estirado)


( )1Kc1K f'

f −⋅+= siendo 328.01.0700

S3.0c u =−

⋅= . Luego 1030.1K '

f = .



896.03.108.01Kc =⋅−= .

( )MPa118500896.0577.0

3136.11

18287.07231.0


6e

=⋅⋅⋅⋅⋅⋅

=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=

A 1000 ciclos:

MPa765.6521030.1

100072.0'KfSu72.0 =⋅=⋅


( ) ( ) ( ) ( )MPa76.188S

3)150000log(Slog765.652log

36118log765.652log

torsion =�−

−=−

−

Cálculo de esfuerzos:

Sobre dicha sección tenemos (despreciamos el esfuerzo cortante):

A. Torsión: Pa6003000000200Pa2005000200Pa220010000T ±=⋅±⋅+⋅±⋅=



MPaP047.040

P60016d

P6001632/d2/dT

a3a

3a

4a

max,a ⋅=⋅π

⋅⋅=⋅π

⋅⋅=⋅π

⋅=τ

MPa7.23840

300000016dT16

32/d2/dT

33m

4m

max,m =⋅π

⋅=⋅π⋅=

⋅π⋅=τ

B. Flexión alternada ( ) ( ) Pa5000Pa5000Pa210000F ±=±−±=

PaMPa032.040

P20032dM32

64d

2/dM3

a3

a4

amax,a ⋅=

π⋅=

π⋅=

π

⋅=σ

MPa15.15940

200500032

64d

2/dM34

mmax,m =

π⋅⋅=

π

⋅=σ

Cálculo de Pa


( ) ( ) ( ) ( ) MPa4437.238315.1593 222xym

2flector,xmeqm =⋅+=τ⋅+σ=σ


Flexión: 11 =α

Torsión: 77.0376.188

8.2513S

S

torsionl,N

flexion,N2 =

⋅=

⋅=α


( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )MPa07.0P

77.0047.03032.0P77.0P047.03P032.03

a

22a

2a

2a

22xya

2flector,xaeqa

⋅

⋅⋅+⋅=⋅⋅⋅+=α⋅τ⋅+σ=σ


kg3.200N2003P18.251P07.0

1000443

1SSu a

a

flector,N

a,eqm,eq →=�=⋅

+→=σ

+σ



PROBLEMA 3

La pieza de la figura es de acero de 1000MPA de límite de rotura y 750Mpa de límite elástico, totalmente rectificada. Está sometida a una carga constante vertical de 5000N y a un desequilibrio de 136gr·m que gira en el extremo libre de la barra.

Determinar la máxima velocidad de giro de la masa desequilibrada para que la pieza aguante a fatiga 250.000 revoluciones.

Nota: calcular sólo la sección entallada. Se admite despreciar el esfuerzo axial.

5000N

Φ=40

Φ=44r=2

300mm

302mm

z

xy

La carga vertical de 5000N provoca sobre la sección crítica un momento flector Mx y un momento torsor My (se desprecia el cortante).

Nmm15000003005000My =⋅=

Nmm15000003005000Mx −=⋅=

La masa desequilibrada provoca una fuerza radial variable igual a la masa por la aceleración normal:

RwMD 2 ⋅⋅=

θ

Fuerza desequilibrio=D

y

z



θ⋅= sinDDz

θ⋅= cosDDy

300sinDMy ⋅θ⋅−=

300sinDMx ⋅θ⋅=

300cosDMz ⋅θ⋅=

Se toma un punto cualquiera de la entalla, situado en un ángulo γ:

γ

z

x

Las tensiones sobre dicho punto son:

( ))cos(D0477.07.238

coscossinsinD0477.07.23840

coscosDsinsinD300327.238

dMcos32Msin32

d150000032

64d

Mcos2/dMsin2/dd

150000032

3

3zx

3

4zx

3

γ−θ⋅−==γ⋅θ+γ⋅θ⋅−=

⋅πγ⋅θ⋅+γ⋅θ⋅⋅⋅−=

=⋅π

⋅γ⋅−⋅γ⋅−+⋅π

⋅=

⋅π

⋅γ⋅−⋅γ⋅−+⋅π

⋅=σ

32/d

2/dM4

y

⋅π⋅

=τ

Luego el caso de mayor tensión se produce cuando cos(θ-γ)=-1. Esto es, cuando θ-γ=180º. Esto implica que γ=θ-180º.

Como el coseno varía entre +1 y –1, la expresión será:

D0477.07.238 ±=σ

Y por otro lado, la tensión a cortadura máxima es máxima para sin(θ)=±1. Esto es, la situación de máxima tensión es para θ=±90º, y el punto de máxima tensión será el correspondiente a γ=±90º.

Puesto que el sino también varía entre +1 y –1, la expresión será:

D0238.03.11940

sinD3001640

150000016d

M16333

y ±→⋅π

θ⋅⋅⋅−⋅π

⋅=⋅π⋅

=τ

Límite de resistencia a la fatiga a flexión rotativa: 'ecgedqbae SKKKKKKKS ⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=






p Tamaño Kb: 828.062.7d

K1133.0

b =��

��

�=−

.

p Carga Kq: en flexión rotativa este factor vale 1.


e K1

K =

86.1K9.26.GraficaA1.140

44d

D

05.0402

dr

t =�→�

�

�

==

==




f −⋅+= siendo 328.01.0700

S3.0c u =−

⋅= . Luego 2543.1K '

f = .



896.03.108.01Kc =⋅−= .


( )MPa6.183500896.01

774.11

1828.08783.0


6e

=⋅⋅⋅⋅⋅⋅

=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=


( ) MPa53.717'KfS9.0

10S ut3 =⋅=





( ) ( ) ( ) ( )MPa241S


366.183log53.717log

flexion =�−

−=−−

Límite de resistencia a la fatiga a torsión:


p Tamaño Kb (d=40mm): 8287.062.7d

K1133.0

b =��

��

�=−

(sección completa)



e K1

K =

32.1K8.26.GraficaA1.140

44d

D

05.0402

dr

t =�→�

�

�

==

==

Análogamente se calcula se sensibilidad a la entalla q=0.98 (acero estirado)




( )1Kc1K f'

f −⋅+= siendo 328.01.0700

S3.0c u =−⋅= . Luego 1030.1K '

f = .



896.03.108.01Kc =⋅−= .

( )MPa2.143500896.0577.0

3136.11

18287.08783.0


6e

=⋅⋅⋅⋅⋅⋅

=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=

A 1000 ciclos:

MPa765.6521030.1

100072.0'KfSu72.0 =⋅=⋅


( ) ( ) ( ) ( )MPa16.194S

3)250000log(Slog765.652log

362.143log765.652log

torsion =�−

−=−

−

Criterio de Goodman


Flexión: 11 =α

Torsión: 72.0316.194

2413S

S

torsionl,N

flexion,N2 =

⋅=

⋅=α



( ) ( ) ( ) ( ) MPa7.3153.11937.2383 222xym

2flector,xmeqm =⋅+=τ⋅+σ=σ

( ) ( ) ( ) ( ) D0014.072.0D0238.03D0477.03 2222xya

2flector,xaeqa =⋅⋅+=α⋅τ⋅+σ=σ


N117797D1241

D0014.01000

7.3151

SSu flector,N

a,eqm,eq =→=+→=σ

+σ

Como:

RwMD 2 ⋅⋅=

Entonces,

s/rad930ww136.0117797

RwMD2

2

=→⋅=

⋅⋅=



PROBLEMA 4

Un elemento de máquina está sometido a una fuerza constante en amplitud, pero que se desplaza periódicamente entre dos puntos A y B. Durante el servicio se ha comprobado que la pieza soporta 50.000 ciclos de desplazamiento de la carga entre A y B. Sabiendo que la zona de la pieza en voladizo está mecanizada y el resto puede considerarse en bruto de forja, y que además el material es acero de resistencia Su=800Mpa y límite elástico Sy=650Mpa, estimar la carga aplicada según Goodman.

Considerar la concentración de tensiones como concentrador de tensiones y no reductor de resistencia.

PROBLEMA 5

Sobre el elemento mecánico de la figura actúa una carga variable P61P6

5 ± , y un torsor

constante T. Considerando que se desea una vida de diseño de 100.000 ciclos, determinar cuál es coeficiente de seguridad para un nivel de confianza del 90%.

El material es acero con Sut=1000Mpa y Sy=750Mpa.

Emplear el criterio de Goodman y el criterio de Gerber.

T

5/6P±1/6P

L/2

L

L

2L

D

dr

Datos:

� L=300mm

� d=40mm



� D=44mm

� r=2mm

� P=T/L

� P=1000N

Los factores a y b para el cálculo del coeficiente modificativo de fatiga corresponden a una superficie rectificada, y son a=1.58 y b=-0.085.



PROBLEMA 6

En el eje giratorio de la figura actúan dos cargas F1=45kgr y F2=140kgr, y una carga de desequilibrio de 1300kgr·m que gira con el eje. Entre F1 y F2 existe un par torsor de valor MT=5000cm·kgr.

El eje está soportado en sus extremos por dos rodamientos.

La superficie del eje está mecanizada, y el eje se debe dimensionar para vida infinita con un 90% de seguridad funcional y empleando la línea de fallo de Gerber. Considerar CS=1.5.

Determinar el diámetro D del eje.

� Considerar como secciones críticas aquellas donde se aplican las cargas puntuales.

� a1=100mm

� b1=300mm

� a2=250mm

� E=210Gpa

� Sy=3800kgr·cm

� Su=4500kgr·cm

� Velocidad de giro=15 rpm




PROBLEMA 1

La figura representa un eje en voladizo con dos volantes calados de peso P. El peso propio del eje se desprecia. Considérese E módulo de elasticidad, I momento de inercia del eje.

Se pide calcular la primera velocidad crítica del eje:

� Por el método de Rayleigh

� Por el método de Dunkerley

Nota: Para facilitar los cálculos se da la ecuación de la deformación (elástica) en flexión para una viga en voladizo:

��

��

�−⋅⋅=

6x

2xL

EIP

y32



Método de Rayleigh

( )( )2

222

11

22112

nn

nn1c

yWyWyWyWg

W

Wgw

⋅+⋅⋅+⋅⋅=

δ⋅

δ⋅⋅=

��

Como W1=W2=P,

( )( )

( )( )2

22

1

212

22

1

211c

yy

yyg

yPyP

yPyPgw

++⋅=

⋅+⋅⋅+⋅⋅=

Los desplazamientos (y=δ) se plantean como:

( )( ) PaaFaFay

PaaFaFay

22212c221c212

12112c121c111

⋅+=⋅+⋅=⋅+=⋅+⋅=

Con lo que se deben calcular los coeficientes de influencia:

EI3a

6a

2aa

EI1

a332

11 =��

��

�−⋅⋅=

( ) ( )EI3a8

6a2

2a2a2

EI1

a332

22 =��

�

�

��

�

�−⋅⋅=

EI6a5

6a

2aa2

EI1

aa332

2112 =��

��

�−⋅⋅==

Así,

( )

( ) PEI2a7

PEI3a8

EI6a5

Paay

PEI6a7

PEI6a5

EI3a

Paay

333

22212

333

12111

=⋅��

��

�+=⋅+=

=⋅��

��

�+=⋅+=

Y sustituyendo en la expresión de la velocidad crítica:

��

�

�

��

�

�

��

��

�+�

��

��

�

��

��

�+⋅

=2323

33

1c

PEI2a7

PEI6a7

PEI2a7

PEI6a7

g

w

��

�

�

��

�

��

��

�+��

��

�⋅��

��

�

��

��

� +=

��

�

�

��

�

��

��

�+��

��

�⋅��

��

�

��

��

� +⋅⋅=

2232223

3

1c

27

67

PEIa

27

67

27

67

PEIa

27

67

PEIa

gw



3512

PaEI

34903614

PaEI

364903

14

PaEI

36490

628

PaEI

94949

3649

3237

67

PaEI

w

33

3331c

⋅⋅

=⋅

⋅⋅⋅

=

=⋅⋅

=⋅⋅

=

⋅⋅+

��

��

�

⋅⋅+

⋅⋅

=

Método de Dunkerley Aplicando este método:

2

22

12

1c w

1

w

1

w

1 +=��

�

�

��

�

�

Y como δ

=→δ

= gw

gw 2 , sustituyendo en la expresión anterior,

gP

agP

amamaw

122112221112

1c

⋅+⋅=+=��

�

�

��

�

�

Y sustituyendo los valores aii:

PEIga3

g

PEI3a8

PEI3

a

w

1 3

33

21c

⋅=⋅+⋅

=��

�

�

��

�

�

Con lo que:

31c Pa3

EIgw =



PROBLEMA 2

Las dos masas de la figura M1 y M2 unidas al eje pesan 63.5kg y 27kg respectivamente. Mediante un análisis en deformaciones y teniendo en cuenta que los coeficientes de influencia son los indicados a continuación, calcular la velocidad crítica del eje.

kg/cm1012.1a 511

−⋅=

kg/cm1072.6a 522

−⋅=

kg/cm1024.2aa 52112

−⋅==

Previo a resolver el problema, planteamos la coherencia de unidades. Las unidades de los

coeficientes aij son �

��

�= �

��

�

Nm

FL , en SI, con lo que asumiendo por simplicidad g≈10m/s2:

N/m1012.1a 811

−⋅=

N/m1072.6a 822

−⋅=

N/m1024.2aa 82112

−⋅==

Método de Rayleigh Según este método,

( )( )2

222

11

22112

nn

nn1c

yWyW

yWyWg

W

Wgw

⋅+⋅⋅+⋅⋅=

δ⋅

δ⋅⋅=

��

Así,

m10368.3210271072.6105.631024.2WaWay

m1016.1310271024.2105.631012.1WaWay688

2221212

6882121111

−−−

−−−

⋅=⋅⋅⋅+⋅⋅⋅=⋅+⋅=

⋅=⋅⋅⋅+⋅⋅⋅=⋅+⋅=

Y sustituyendo en la expresión anterior:

( )( )( )

( ) ( )s/rad7.659

10368.3210271015.13105.63

10368.3210271015.13105.6310

yWyW

yWyWgw

2626

66

222

211

22111c

=��

�� ⋅⋅⋅+⋅⋅⋅

⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅=

=⋅+⋅

⋅+⋅⋅=

−−

−−

Método de Dunkerley Según este método,

2

22

12

1c w

1

w

1

w

1 +=��

�

�

��

�

�



O lo que es lo mismo, como δ

=→δ

= gw

gw 2 .

688

2221112221112211

21c

525610.2271072.65.631012.1

MaMag

WaWaggw

1

−−− =⋅⋅+⋅⋅=

=+=+

=δ

+δ

=��

�

�

��

�

�

Luego, s/rad2.629w 1c =

PROBLEMA 3

El eje de acero de la figura tiene unidos dos engranajes cuyos pesos son 45.4kg y 22.7kg respectivamente. Despreciando la masa del eje determinar la primera velocidad crítica. Nota: x=25.4m, d=20.3m

Problema 4

Para un eje biapoyado, de sección circular de diámetro D (m)y espesor t (m), realizado en acero con densidad ρ (kg/m3). Se desea determinar la longitud L de eje admisible para si se desea que el eje opere a n rad/s. Módulo de Young E (Pa)

Resolución:

Para un eje sin masas adicionales, se deduce que:

max

cg

45

wδ

⋅= (1)

δmax Se debe calcular la máxima flecha, esquematizando el eje como un eje de longitud L (variable a

determinar) que soporta una carga distribuida q:



La carga q corresponde con el cociente entre el peso total del eje (volumen*densidad*g) y la longitud del eje:

( )( )

[ ]m/NL

gLt2DD4q22 ⋅ρ⋅⋅−−⋅π

= (2)

Se parte de la ecuación de la elástica y mediante integración se obtienen las flechas (y). La expresión de M(x) es:

2xq

2xLq

)xL(2q

)xL(2Lq

)x(M2

2 ⋅−⋅⋅=−⋅−−⋅⋅=

Con lo que integrando la ecuación siguiente: 2

2

dxyd

EIM =−

El momento de inercia es: ( )( )44 t2DD64

I −−π=

Se obtiene:

( )33 LxLx2EI24xq

)x(y −−⋅−=

Y para x=L/2,

EI348Lq5

)2/L(y4

max⋅⋅=δ=

Sustituyendo en esta última expresión la (2),

( )( )

4422

max L)cte(AEI348

L5L

gLt2DD4 ⋅=⋅⋅ρ⋅⋅−−⋅π

=δ

Así, queda la expresión (1) en función de la variable L.

Puesto que el eje debe trabajar a n rad/s, se hace que n=0.6·wcrit. Y así, de esta última expresión se despeja la longitud L.




PROBLEMA 1

El elemento de un reductor de velocidad que se indica en la figura siguiente está dispuesto para que giren las copas de los rodamientos y los conos permanezcan estacionarios. El rodamiento A soporta una carga de empuje de 250lb y además tiene una carga radial de 875lb. El rodamiento B resiste una carga radial pura de 625lb. La velocidad de rotación es de 150rev/min. La vida L10 deseada es de 90.000horas. Obsérvese que esto equivala a decir que se desea una vida de 90.000 horas con una confiabilidad del 90%. Los diámetros de eje deseados son 11/8 “ para A y 1”para B. Seleccione los rodamientos de rodillos cónicos apropiados, empleando un factor de seguridad igual a la unidad.

Se emplea un valor de prueba o tanteo de 1.5 para ambos valores de K:

La carga de empuje en A aumenta mediante la carga de empuje inducida proveniente de B.

��

��

�+

⋅⋅+⋅= ae

B

rBArAA F

KF47,0

KF4.0P (1)

Lb10202505.162547,0

5.18754.0PA =��

��

� +⋅⋅+⋅=

Puesto que Lb875FLb1020P rAA =>= , se emplea 1020Lb como la carga radial equivalente para seleccionar el rodamiento A.

Se aplica la siguiente ecuación para obtener la vida L10, y como se muestra en la figura 11-10 (columnas 4 y 5), la designación de Timken es de L10 igual a 3000h a 500rpm.

p/1

RR

DDD

p/1

R

DDR nL

nLF

NN

FF ��

��

�

⋅⋅

⋅=��

��

�⋅= (2)

Lb19705003000150000.90

1020F10/3

R =��

��

�

⋅⋅⋅=

Utilizando esta cantidad y un diámetro interior de rodamiento de 11/8 “se entra en el catálogo (Figura 11-10) y se selecciona un cono 15590 y una copa 15520, ya que tiene los menores valores de capacidad, diámetro exterior y ancho Esta selección tiene KA=1.69, y una capacidad de 2480Lb. La diferencia con el valor supuesto de 1.5 es pequeña y no se calculará de nuevo la carga radial PA.

En el caso del rodamiento B,



��

��

�−

⋅⋅+⋅= ae

A

rABrBB F

KF47,0

KF4.0P

Lb24025069.187547,0

K6254.0P BB =��

��

� −⋅⋅+⋅=

Obsérvese que se ha empleado el valor real de KA pero se supuso que KB=1.5 como antes. En este caso, Lb625FLb240P rBB =<= , de modo que se emplea FrB como la carga efectiva. Utilizando de nuevo la ecuación de vida pero en este caso para el rodamiento B:

p/1

RR

DDD

p/1

R

DDR nL

nLF

NN

FF ��

��

�

⋅⋅

⋅=��

��

�⋅=

Lb12105003000150000.90

625F10/3

R =��

��

�

⋅⋅⋅=

Este rodamiento tiene un diámetro interior de 1”. Si se emplea la figura 11-10 para la selección, hay cinco rodamientos a elegir. Se escogen el cono 23100 y la copa 23256 puesto que tiene los menores valores de capacidad, diámetro exterior y ancho. La capacidad es de 2950Lb con K=0.8.

A continuación, con los valores correctos de K se calculan de nuevo las expresiones (1) y (2):

Lb13932508.062547,0

69.18754.0PA =��

��

� +⋅⋅+⋅=

Lb26905003000150000.90

1393F10/3

R =��

��

�

⋅⋅⋅=

El rodamiento A seleccionado antes tenía una capacidad de 2480Lb, con lo que no sería suficiente, y los rodamientos que aparecen en el catálogo para el tamaño de eje deseado no cumplen con el nuevo requerimiento de capacidad. Sin embargo, lo que se debe tener en cuenta es que este aumento en la carga efectiva de A ha sido debido al bajo valor de KB=0.8. Por ello, si seleccionamos como rodamiento B el correspondiente al cono 02473 y copa 02420, tenemos por un lado, que la capacidad no aumenta excesivamente respecto a la aplicación de B, y, en consecuencia el tamaño, y por otro lado, el factor KB=1.4, valor cercano a la hipótesis inicial de 1.5:

Lb11272504.162547,0

69.18754.0PA =��

��

� +⋅⋅+⋅=

Lb21775003000150000.90

1127F10/3

R =��

��

�

⋅⋅⋅=

Que resulta satisfactorio para el rodamiento A seleccionado.

Conclusión: Rodamiento A: cono 15590, copa 15520

Rodamiento B: cono 02473, copa 02420



Anejo 2. Tablas y Gráficos

Anejo 1. Problemas - Exapuni

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