Diseño en ingenieria mecanica de Shigley

332 PARTE DOS Prevención de fallas
EJEMPLO 6-20
Solución
Un eje rotatorio se somete a un par de torsión constante T = 1 360LN( 1, 0.05) lbf ⋅ pulg,
y tiene un hombro con diámetro pequeño de 1.1 pulg, un factor de esfuerzo concentrado
K f = 1.50LN(1, 0.11), K fs = 1.28LN(1, 0.11), y en esa ubicación un momento flexionante
de M = 1 260LN(1, 0.05) lbf ⋅ pulg. El material a partir del que se maquina el árbol es acero
1035 laminado en caliente con S ut = 86.2LN(1, 0.045) kpsi y S y = 56.0LN(1, 0.077) kpsi.
Estime la confiabilidad mediante una zona de falla estocástica de Gerber.
Se establece la resistencia a la fatiga. De las ecuaciones (6-70) a (6-72) y de la ecuación
(6-20), p. 280,
S e = 0.506(86.2)LN(1, 0.138) =43.6LN(1, 0.138) kpsi
k a = 2.67(86.2) −0.265 LN(1, 0.058) =0.820LN(1, 0.058)
k b =(1( 1)0.30) −0.107 = 0.870
k c = k d = k f = LN(1, 0)
S e = 0.820LN(1, 0.058)0.870(43.6)LN(1, 0.138)
¯S e = 0.820(0.870)43.6 = 31.1 kpsi
C Se =(0.058 2 + 0.138 2 ) 1/2 = 0.150
y por lo tanto S e = 31.1LN( 1, 0.150) kpsi.
Esfuerzos (en kpsi):
σ a = 32K f M a 32(1.50)LN(1, 0.11)1.26LN(1, 0.05)
=
πd 3 π(1.1) 3
σ¯
a = 32(1.50)1.26 = 14.5 kpsi
π(1.1) 3
C σa =(0.11 2 + 0.05 2 ) 1/2 = 0.121
m = 16K fsT m 16(1.28)LN(1, 0.11)1.36LN(1, 0.05)
=
πd 3 π(1.1) 3
τ¯
m = 16(1.28)1.36 = 6.66 kpsi
π(1.1) 3
C τm =(0.11 2 + 0.05 2 ) 1/2 = 0.121
σ¯
a =
σ¯
m =
σ¯
a 2 + 3τ¯
a
2
σ¯
m 2 + 3τ¯
m
2
r = σ¯
a
= 14.5
σ¯
m 11.54 = 1.26
1/2
= [14.5 2 + 3(0) 2 ] 1/2 = 14.5 kpsi
1/2
= [0 + 3(6.66) 2 ] 1/2 = 11.54 kpsi
Resistencia: De las ecuaciones (6-80) y (6-81)
⎧
¯S a = 1.262 86.2 2 ⎨
2(31.1)
−1 + 1 +
2(31.1) ⎩ 1.26(86.2)
⎫
2 ⎬
= 28.9 kpsi
⎭