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  • Problemas: Diseño de máquinas en aeronáutica.

  • Alejandro Roger Ull

    Ingeniería Aeronáutica

    Segunda edición – Septiembre de 2010

    Problemas: Diseño de máquinas en aeronáutica.

  • Alejandro Roger Ull Diseño de máquinas en aeronáutica – Problemas

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    Acerca de estos problemas

    Estos problemas resueltos se han realizado para cubrir el temario de la asignatura “Diseño de máquinas en aeronáutica”, que se imparte en el tercer curso de Ingeniería Aeronáutica en la Escola Tècnica Superior d’Enginyeries Industrial i Aeronàutica de Terrassa, de la Universitat Politècnica de Catalunya (ETSEIAT – UPC), y complementan a los apuntes de esta asignatura.

    Queda permitida, por decisión del autor, la modificación, copia y distribución, de la totalidad o parte de este documento.

  • Alejandro Roger Ull Diseño de máquinas en aeronáutica – Problemas

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    0. Índice

    0. Índice ......................................................................................................................................... 5

    1. Estado tensional ........................................................................................................................ 6

    2. Fatiga en eje .............................................................................................................................. 9

    3. Uniones atornilladas................................................................................................................ 13

    4. Uniones atornilladas................................................................................................................ 17

    5. Uniones forzadas ..................................................................................................................... 21

    6. Resorte a tracción ................................................................................................................... 23

    7. Resorte a torsión ..................................................................................................................... 26

    8. Resorte a compresión ............................................................................................................. 28

    9. Resorte a compresión ............................................................................................................. 32

    10. Engranajes ............................................................................................................................. 36

    11. Engranajes ............................................................................................................................. 38

    12. Engranajes ............................................................................................................................. 42

    13. Engranajes ............................................................................................................................. 43

  • Alejandro Roger Ull Diseño de máquinas en aeronáutica – Problemas

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    1. Estado tensional

    Calcular los factores de seguridad a los que trabaja la pieza de la figura en los puntos y para los dos materiales indicados.

    Figura 1.1.

    Datos material 1 (frágil): = 31 kpsi = 109 kpsi 1 kpsi = 6,89 MPa Datos material 2 (dúctil): = 300 MPa = 360 MPa Resolución

    En el punto A se producen las siguientes tensiones:

    = = El momento de inercia hay que verlo respecto al eje , puesto que es el eje en torno al cual está girando la pieza.

    = + = = 32 = 64

    En la dirección tendremos

    = + = 72004 + 600 · 0,1 · 0,02 · 64· (0,02) · 2 = 99,31 MPa La tensión tangencial en A debida al esfuerzo cortante es cero, la distribución de tensión tiene forma parabólica. La tensión tangencial debida al momento torsor es

    = = · 2 = 26(0,02) /32 · 0,022 = 16,55 MPa

    = 7200 N = 600 N

    = 26 Nm

    ∅ = 20 mm

    = 100 mm

  • Alejandro Roger Ull Diseño de máquinas en aeronáutica – Problemas

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    A partir de nuestro estado tensional y podemos calcular las tensiones principales y también la tensión tangencial máxima:

    , = +2 ± −2 + ⟹ = 102 MPa= −2,7 MPa = −2 = 52,34 MPa

    En el punto B la tensión del momento flector es 0, el resto de tensiones serán = = = 22,92 MPa

    = 34 = 3 · 600 · 44 (0,02) = 2,55 MPa = = 16,55 MPa

    Del mismo modo que con el punto A se puede calcular el valor de las tensiones principales y la tensión tangencial máxima: = 33,73 MPa = −10,81 MPa = 22,27 MPa Aplicando estas tensiones a un material frágil con las propiedades indicadas en la página anterior, en MPa: = 213,6 MPa = 751 MPa Para el material 1 (frágil) tenemos 2 criterios de falla diferentes. Aplicando el criterio de tensión tangencial máxima tenemos, en el punto A < > −

    = = − 2,7102 El estado de carga será muy próximo al eje de abscisas y la tensión dominante será , de modo que

    = Donde es el factor de seguridad, en este caso = 2,09 Aplicando la hipótesis de Mohr – Coulomb también en el punto A, con la misma línea de carga, ahora la limitación vendrá dada por

    − = 1 ⇒ = 2,08

  • Alejandro Roger Ull Diseño de máquinas en aeronáutica – Problemas

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    Con la teoría modificada de Mohr – Coulomb se obtiene el mismo valor que con la tensión tangencial máxima, pues la línea de carga es muy próxima al eje de abscisas.

    Aplicando los mismos criterios al punto B, en el caso de tensión tangencial máxima se obtiene = 6,33, y con Mohr – Coulomb se tiene = 5,8, lo que indica que el punto A es un punto más crítico que el punto B.

    En el caso del material 2 (dúctil) se han de aplicar otros criterios de falla.

    Con el criterio del esfuerzo tangencial máximo se tiene que Figura H

    < 2 ⇔ − < De modo que

    − = ⇒ = 2,86 Aplicando el criterio de von Mises se calcula la tensión equivalente

    = + − = + 3 = 100,68 MPa < = = 2,9

    Con los mismos criterios en el punto B, tensión tangencial máxima = 6,73 Y con von Mises = 7,45

  • Alejandro Roger Ull Diseño de máquinas en aeronáutica – Problemas

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    2. Fatiga en eje

    Encuentre el diámetro bajo las siguientes consideraciones (medidas en mm): • Material AISI 1050

    = 690 MPa= 580 MPa • Estirado en frío • = 99% • ≥ 1,5 (Soderberg) • • = 400 N • 0 ≤ ≤ 80 Nm

    Figura 3.1.

    Resolución

    A simple vista se puede suponer que la sección crítica estará en el cambio de sección del punto , donde el cambio de sección y el momento flector son mayores. La resistencia a fatiga del eje

    de acero se toma como la corrección de la resistencia a la fatiga del acero ̅ = 0,506 si < 1400 MPa de forma que = ̅ ̅ = 347,76 MPa

    ø ø1,3 ø1,2 ø0,95

    2,5 260 60 100 130

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    Al estar trabajando a temperatura ambiente no es necesario modificar por efecto de la temperatura. En este caso, el factor de carga = 1, puesto que se trata de un problema con combinación de cargas y se trabajará directamente con tensión equivalente de von Mises. Del mismo modo el factor de reducción del límite de fatiga por concentración de tensiones = 1 al tratarse de un problema de combinación de cargas, y se utilizarán diferentes factores de concentración de tensiones.

    Al tratarse de un acero estirado en frío puede comprobarse en una tabla que = · = 4,51 · 690 , = 0,798 El factor de temperatura = 1 ya que se está trabajando a temperatura ambiente. El factor estadístico de fiabilidad se calcula a partir de la que cumple que ( < − ) = 1 − = 0,01 ⇒ = 2,33 Aunque en este caso no se ha hecho, para obtener un valor más correcto podría interpolarse el valor en las tablas. Ahora ya se obtiene = 1 − 0,08 · = 0,8136 Para calcular el factor de tamaño, forma y tipo de carga se realizará la suposición de que el diámetro = 40 mm. En este problema = (habría que calcular si el tipo de carga no fuese flexión y torsión o la sección no fuese circular) y se tiene que

    = 7,62 , = 0,8374 Resumiendo = 0,798 · 0,8374 · 0,8136 · 347,76 = 189,07 MPa La expresión de la recta de Soderberg es

    + = 1 Donde es la amplitud de la tensión fluctuante, es la tensión media y es el factor de seguridad.

    Para calcular las reacciones en los cojinetes se considerará el eje como una viga biapoyada.

    Figura 3.2.

  • Alejandro Roger Ull Diseño de máquinas en aeronáutica – Problemas

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    De la figura se deduce que + − = 0550 · − 320 · = 0 ⇒ = 167,27 N= 232,73 N Entonces el momento flector máximo (en el punto de aplicación de la fuerza) será

    = 167,27 · 0,320 = 53,5264 Nm Y los momentos en y son = 167,27 · 0,260 = 43,4902 Nm= 167,27 · 0,420 − 400 · 0,1 = 30,2534 Nm Como se sospechaba el punto más solicitado estará en la sección del punto .

    Las tensiones máximas y mínimas de flexión se obtienen como (tablas y gráficas)

    = · 2