2 Te B Mecanica da Fadiga e da Fratura Resolvido-2023 1

UNIVERSIDADE FEDERAL DO PARANÁ\ SETOR DE TECNOLOGIA - DEPARTAMENTO DE ENGENHARIA MECÂNICA\ 2° TE da Disciplina TMEC026N - Mecânica da Fadiga e da Fratura, 24/02/2023. Aluno: Matrícula: 01) 2,5 Em uma união aparafusada o parafuso recebe uma pré-carga trativa de 65% da carga máxima de trabalho, também trativa. Buscando-se estender a vida de crescimento de uma trinca de fadiga, entre dois limites estabelecidos, aumentou-se a pré-carga para 95% da carga máxima. Em quantas vezes aumentou a vida de crescimento dessa trinca de fadiga? O material do parafuso apresenta m=2,85 e y=0,47. 02) 2,5 O raio de concordância na transição da seção de um eixo de r_e = 5,00 mm. O diâmetro menor é 30 mm e o diâmetro maior é 36 mm. O material com o qual o eixo é construído é aço 4340 temperado e revenido a 425 °C, com S_mat=1470 MPa, S_e=1360 MPa, E=200 GPa, v=0,295, σ_i=2 GPa, e_t=-0,48, α_s=-0,091, c_f=0,60 g e K_ic=98 MPa√m. O eixo opera em flexão rotativa em EPD. Foram medidos 2179 ciclos de carga para que uma trinca com tamanho de 0,3 mm crescesse até 3 mm de comprimento. Qual a amplitude de tensão adequada que no raio de concordância na transição do seio do pára nuclear a trinca por fadiga, considerando-se que a tensão não se alterou desde a iniciação da trinca até seu crescimento? A trinca apresenta Y=0,95. 03) 2,5 Um sistema ACPD (Alternating Crack Potential Drop) foi instalado em um eixo de vagão que trabalha a 400 rpm para buscar identificar a evolução de uma trinca. O sistema foi instalado em uma região onde se esperava que ocorressem trincas de fadiga (sob flexão) do sistema). O monitoramento continuou e após 20 horas do inicio do monitoramento o sistema indicava uma trinca com comprimento de 2 mm. O material do eixo apresenta m=3 e C=7x10^{-12} m/(ciclo).(MPa\sqrtm) e K_ic=40 MPa\sqrtm. Após quantas horas de monitoramento se espera que ocorra uma falha catastrófica do eixo? 04) 2,5 O material da estrutura apresenta K_ic=56 MPa\sqrtm, para a geometria e o carregamento que estão indicados na figura. A trinca inicial é semi-elíptica com q=90°. Quantos ciclos desse carregamento, 0 a 20 kN, levariam à trinca a atingir metade da espessura do tubo daA\rightdN=4,8\times10^{-12}\ (ΔK)^3 considerando-se que F=20\text{kN}? Na figura l=1500\text{mm}; 2c=15\text{mm}; a=2,5\text{mm}. Tubo 5" schedule 40 Diâmetro 141,3 mm Espessura 6,55 mm 01) 2,5 R_1=\frac{0,65\sigma_{máx}}{\sigma_{máx}}=0,65 R_2=\frac{0,95\sigma_{máx}}{\sigma_{máx}}=0,95 \Delta\sigma_1=\sigma_{máx}-0,65\sigma_{máx}=(1-0,65)\sigma_{máx} \Delta\sigma_1=0,35\sigma_{máx} \Delta\sigma_2=\sigma_{máx}-0,95\sigma_{máx}=(1-0,95)\sigma_{máx} \Delta\sigma_2=0,05\sigma_{máx} \Delta N_{1}=\frac{2\left(a_i^{1-m/2}-a_p^{1-m/2}\right)}{(m-2)\ C_1\left(Y\Delta\sigma_1\sqrt{\pi}\right)^m} \Delta N_{2}=\frac{2\left(a_i^{1-m/2}-a_p^{1-m/2}\right)}{(m-2)\ C_2\left(Y\Delta\sigma_2\sqrt{\pi}\right)^m} \frac{\Delta N_1}{\Delta N_2}=\frac{\frac{2\left(a_i^{1-m/2}-a_p^{1-m/2}\right)}{(m-2)\ 4,883C\left(Y0,35\sigma_{máx}\sqrt{\pi}\right)^m}}{\frac{2\left(a_i^{1-m/2}-a_p^{1-m/2}\right)}{(m-2)\ 92,301C\left(Y0,05\sigma_{máx}\sqrt{\pi}\right)^m}} C_1=\frac{C}{(1-0,65)^{2,85(1-0,47)}} C_1=4,883\ C C_2=\frac{C}{(1-0,95)^{2,85(1-0,47)}} C_2=92,301\ C \frac{\Delta N_1}{\Delta N_2}=\frac{92,301.0,05^{2,85}}{4,883.0,35^{2,85}}=7,3788\times10^{-2} \left[\Delta N_2=13,55\ \Delta N_1\right] 02) 2,5 \frac{D}{d}\Rightarrow\frac{36}{30}=1,2 \frac{r}{d}\Rightarrow\frac{5}{30}=0,1667 K_{\text{t}}=0,97098,\ 0,1667\ -0,21798 K_{LE}=1,4348 q=\frac{1}{1+\frac{0,085}{\sqrt{5}}}=0,9634 K_F=1+0,9634(1,4348)-1 K_F=1,419 \sigma=943,2\ \text{MPa} \epsilon_o=\frac{\sigma_a}{E}=\frac{943,2}{200000}=4,716\times10^{-3} \text{REGA}\ \text{LINEAR} \epsilon_a=K_F\cdot\epsilon_o=1,419.4,716\times10^{-3} \epsilon_a=6,692\times10^{-3} 03) 2,5 \Delta N=10\frac{h}{h}60\frac{\text{min}}{\text{min}}.\frac{400\ \text{ciclos}}{1\text{min}}=240000\ \text{ciclos} 240000=\frac{2\left(0,001^{1-3/2}-0,002^{1-3/2}\right)}{(3-2)7\times10^{-12}\left(Y\Delta\sigma\sqrt{\pi}\right)^3} Y\Delta\sigma=125,6\ \text{MPa}\ \text{como}\ \sigma_{máx}-\sigma_{mín}\ \Delta\sigma=\sigma_{máx} Y\sigma_{máx}=125,6\ \text{MPa} K_{IC}=\frac{Y\sigma_{máx}\sqrt(\pi ac)}{} \frac{40}{ac}=125,6\sqrt{\pi ac} ac=0,0323\ \text{m} \Delta N=\frac{2\left(0,002-0,0323\right)}{(3-2)7\times10^{-12}\left(125,6\sqrt{\pi}\right)^3} \Delta N=434968\ \text{ciclos} \frac{434968}{400\times60}=18,12\ \text{h} \Delta h_{\text{total}}=20+18,12=38,12\ \text{h} 04) 2,5 M_fadv = \frac{20000 \cdot 1500}{8} = 3,75 \times 10^6 \text{Nmm} I = \frac{\pi}{64} \left[ (d_e^4 - d_i^4) = (191,3^4 - (191,3 - 2 \cdot 6,55)^4) \right] = 6,308 \times 10^6 \text{ mm}^4 c = \frac{d_e}{2} = \frac{141,13}{2} = 70,65 \text{ mm} σ_{f_{max}} = \frac{M_f \cdot c}{I} = \frac{3,75 \times 10^6 \cdot 70,65}{6,308 \times 10^6} σ_{f_{max}} = 42 \text{ MPa} Y = \frac{λ_s \cdot f(\phi)}{\sqrt{Q}} \quad ; \quad \phi = 90 \to f(90) = 1 \quad ; \quad \frac{a}{c} = \frac{2,5}{15/2} = 0,333 λ_s = (1,13 - 0,09 \cdot 0,333) \left[ 1 + 0,1(1 - \sin 90)^2 \right] \cdots λ_s = 1,1 Q = \Pi + 1,464 \cdot 0,333^{1,65} \cdots Q = 1,239 Y = \frac{1,1 \cdot 1,0}{\sqrt{1,239}} \quad ; \quad Y = 0,988 a_f = \frac{6,55}{2} = 3,275 \text{ mm} K_I = Yσ_{f_{max}} \sqrt{πa_f} = 0,988 \cdot 42 \sqrt{\pi \cdot 0,003275} K_I = 4,21 < K_{IC} = 56 \text{ MPa} \cdot \sqrt{m} \quad \checkmark \Delta N = \frac{2 (0,0025^{1-1/2} - 0,003275^{1-1/2})}{(3 - 2) \cdot 4,8 \times 10^{-12} \cdot (0,988 \cdot 42 \cdot (\pi)^{3/2})^3} \Delta N = 2 645 237 \text{ ciclos}