Aufgabe 09 – Einseitig gekerbte Flachprobe mit paralleler Probenführung

 

Eine parallel geführte, einseitig gekerbte Flachprobe mit paralleler Probenführung (Kerbtiefe << Risslänge, l = 50 , B = 2 und w = 5\left[ {mm} \right]) wird schwingend mit \Delta \sigma = 58MPa beansprucht. Die Probe besaß einen Schwingungsriss mit {a_0} = 0,1mm Länge. Dieser soll nun wachsen. Prinzipiell gehorcht das Wachstum einer Paris-Gleichung mit C = {10^{-10}} und n = 4 . Der Schwellenwert \Delta {K_{th}} betrug 2MPa\sqrt m .

  1. Schätzen Sie für diesen Fall bei Berücksichtigung der endlichen Probenausdehnung die Zahl der Zyklen N konservativ ab, die ein Stufe II-Riss benötigt, um sich auf {a_1} = 600\mu m zu verlängern.
  2. Aufgrund korrosiver Einflüsse vermindert sich der Schwellenwert auf 0,8MPa\sqrt m . Schätzen Sie nun erneut die Zahl der Zyklen für eine Rissverlängerung von 500\mu m ab.
  3. Im selben Bauteil wächst ein Riss von {a_2} = 2mm bis {a_3} = 2,5mm . Geben Sie eine konservative Abschätzung für die Zyklenzahl N an, mit der die Probe bis dahin belastet werden darf.

Lösung

Gegeben:

f\left( {\frac{a}{w}} \right) = \frac{5}{{\sqrt {20-13\left( {\frac{a}{w}} \right)-7{{\left( {\frac{a}{w}} \right)}^2}} }}

l = 0,05m

b = 0,002m

w = 0,005m

{a_0} = 0,0001m

C = {10^{-10}}

n = 4

\Delta \sigma = 58MPa

\Delta {K_{th}} = 2MPa\sqrt m

a)

Damit eine Rissausbreitung stattfinden kann muss gelten: \Delta K > \Delta {K_{th}}

Für die Spannungsintensität verwenden wir wieder folgende Formel:

\Delta K = \Delta \sigma \sqrt {\pi a} \cdot f\left( {\frac{a}{w}} \right)

Hierfür wird lediglich noch die Korrekturfunktion f\left( {\frac{a}{w}} \right) benötigt.

Nach obiger Formel ergibt sich:

f\left( {\frac{{0,1\cdot {{10}^{-3}}m}}{{5\cdot {{10}^{-3}}m}}} \right) = \frac{5}{{\sqrt {20-13\left( {\frac{{0,1\cdot {{10}^{-3}}m}}{{5\cdot {{10}^{-3}}m}}} \right)-7{{\left( {\frac{{0,1\cdot {{10}^{-3}}m}}{{5\cdot {{10}^{-3}}m}}} \right)}^2}} }}

f\left( {\frac{{0,1\cdot {{10}^{-3}}m}}{{5\cdot {{10}^{-3}}m}}} \right) = 1,125

Damit kann nun \Delta K bestimmt werden.

\Delta K = 58MPa\sqrt {\pi \cdot 0,1\cdot {{10}^{-3}}m} \cdot 1,125

\Delta K = 1,15

Es zeigt sich, dass \Delta K < \Delta {K_{th}} ist. Damit kann keine Rissausbreitung stattfinden und somit ist eine Berechnung der Zyklenzahl N unmöglich.

Eine andere Variante wäre gewesen die minimale Risslänge zu bestimmen. Dies ergibt folgendes:

{a^*} = \frac{{\Delta K_{th}^2}}{{\Delta {\sigma ^2}\cdot \pi \cdot f{{\left( {a/w} \right)}^2}}} = \frac{{{{\left( {2MPa\sqrt m } \right)}^2}}}{{{{\left( {58MPa} \right)}^2}\cdot \pi \cdot {{1,125}^2}}} = 300\cdot {10^{-6}}m

Es zeigt sich, dass die Anfangsrisslänge zu klein ist, als dass ein Risswachstum stattfinden kann.

b)

Da nun die Grenzspannungsintensität kleiner als die reale Spannungsintensität geworden ist, kann nun eine Zyklenzahl bestimmt werden. Dies geschieht mittels der Paris-Gleichung:

\frac{{da}}{{dN}} = C\cdot \Delta {K^n}

Mit der Formel für die Spannungsintensität und nach Trennung der Veränderlichen ergibt sich

\int_{{a_0}}^{{a_1}} {\frac{1}{{C\cdot \Delta {\sigma ^n}\cdot \sqrt {{\pi ^n}} }}} \frac{{da}}{{\sqrt {{a^n}} \cdot f{{\left( {a/w} \right)}^n}}} = \int_{{N_0}}^{{N_e}} {dN}

Sollte dies nun allerdings direkt integriert werden, so ergibt sich eine recht aufwendige Rechnung, da die Risslänge in der Korrekturfunktion enthalten ist. Da eine konservative Rechnung allerdings akzeptabel ist, kann folgende Vereinfachung getroffen werden.

Wird eine feste Korrekturfunktion verwendet, so muss diese das Maximum aller Korrekturfunktionen sein, welche im Integral auftreten würden, da dadurch die Anzahl der Zyklen sinkt.

Es ergibt sich als Maximum der Korrekturfunktion folgendes:

f\left( {\frac{{0,6\cdot {{10}^{-3}}m}}{{5\cdot {{10}^{-3}}m}}} \right) = \frac{5}{{\sqrt {20-13\left( {\frac{{0,6\cdot {{10}^{-3}}m}}{{5\cdot {{10}^{-3}}m}}} \right)-7{{\left( {\frac{{0,6\cdot {{10}^{-3}}m}}{{5\cdot {{10}^{-3}}m}}} \right)}^2}} }}

f\left( {\frac{{0,6\cdot {{10}^{-3}}m}}{{5\cdot {{10}^{-3}}m}}} \right) = 1,167

Damit kann nun obiges Integral aufgelöst werden.

\int_{100\mu m}^{600\mu m} {\frac{1}{{{{10}^{-10}}\cdot {{\left( {58MPa} \right)}^4}\cdot {\pi ^2}\cdot {{1,167}^4}}}} \frac{{da}}{{{a^2}}} = \int_{{N_0}}^{{N_e}} {dN}

\frac{1}{{{{10}^{-10}}\cdot {{\left( {58MPa} \right)}^4}\cdot {\pi ^2}\cdot {{1,167}^4}}}\cdot \left[ {-\frac{1}{a}} \right]_{100\mu m}^{600\mu m} = \left[ N \right]_{{N_0}}^{{N_e}}

\Delta N = 0,4\cdot {10^6}SSp

c)

Es muss erneut geprüft werden, ob die LEBM gilt. Dafür muss gelten: \frac{{{a_3}}}{w} = \frac{{2,5mm}}{{5mm}} < 0,7

Nun kann erneut die Korrekturfunktion bestimmt werden.

f\left( {\frac{{2,5\cdot {{10}^{-3}}m}}{{5\cdot {{10}^{-3}}m}}} \right) = \frac{5}{{\sqrt {20-13\left( {\frac{{2,5\cdot {{10}^{-3}}m}}{{5\cdot {{10}^{-3}}m}}} \right)-7{{\left( {\frac{{2,5\cdot {{10}^{-3}}m}}{{5\cdot {{10}^{-3}}m}}} \right)}^2}} }}

f\left( {\frac{{2,5\cdot {{10}^{-3}}m}}{{5\cdot {{10}^{-3}}m}}} \right) = 1,459

Damit kann nun die Schwingspielzahldifferenz bestimmt werden:

\Delta N = \frac{1}{{{{10}^{-10}}\cdot {{\left( {58MPa} \right)}^4}\cdot {\pi ^2}\cdot {{1,459}^4}}}\cdot \left[ {-\frac{1}{a}} \right]_{2mm}^{2,5mm}

\Delta N = 1976