Aufgabe 06 – Rissausbreitungsgeschwindigkeit

 

Bei schwingender Beanspruchung folgt die Rissausbreitungsgeschwindigkeit im mittleren \Delta K -Bereich bei konstantem R-Wert oft einer Paris Gleichung: \frac{{da}}{{dN}} = C\cdot \Delta {K^n} .

Die Größe C stellt hier eine Konstante dar, die auf folgende Einheiten abgestimmt ist:

da/dN in \left[ {m/Zyklus} \right] und \Delta K in \left[ {MPa\sqrt m } \right] .

  1. Berechnen Sie für n = 4 und \Delta \sigma = const. die Zyklenzahl N als Funktion der Risslänge a , wenn nach {N_0} Zyklen eine Anrisslänge {a_0} erreicht wird. Betrachten Sie dabei eine unendlich ausgedehnte Probe mit Mittelriss.
  2. Welche Beziehung ergibt sich zwischen der Risslänge a einerseits und der Zyklenzahl bzw. der Rissausbreitungsgeschwindigkeit andererseits, wen der Exponent n = 2 gefunden wird?

Lösung

werkstoff-beanspruchung-statisch-dynamisch-aufgabe-losung-spannung-6-1

a)

In der Aufgabenstellung wurde die Paris-Gleichung bereits aufgeführt. Das Problem liegt also bereits naheliegend, dass diese aufgelöst werden muss.

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

Zunächst sollte überprüft werden, ob die LEBM gilt: Dafür muss \frac{a}{w} < 0,7 gelten. Da w = \infty ist, ist dies erfüllt, so dass die Paris-Gleichung verwendet werden kann.

Die erste Unbekannte in der Formel ist die Spannungsintensität \Delta K . Aus früheren Übungen ist uns hierfür bereits folgende Formel bekannt:

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

\Delta K = \Delta {\sigma _\infty }\cdot \sqrt a \cdot Y\left( {\frac{a}{w}} \right)

Bei der zweiten Variante wurde das \sqrt \pi in die Korrekturfunktion eingefügt. Da es sich um eine unendlich ausgedehnte Probe mit Mittelriss handelt gilt:

f\left( {\frac{a}{w}} \right) = 1\quad bzw.\quad Y\left( {\frac{a}{w}} \right) = \sqrt \pi

Eingesetzt ergibt sich:

\frac{{da}}{{dN}} = C\cdot {\left( {\Delta {\sigma _\infty }\cdot \sqrt {\pi a} } \right)^n}

Damit man eine Funktion der Zyklenzahl erhält muss obige Gleichung integriert werden.

\frac{{da}}{{dN}} = C\cdot {\left( {\Delta {\sigma _\infty }\cdot \sqrt {\pi a} } \right)^n}

\frac{1}{{C\cdot {{\left( {\Delta {\sigma _\infty }\cdot \sqrt {\pi a} } \right)}^n}}}da = dN

\int_{{a_i} = {a_0}}^{{a_e}} {\frac{1}{{C\cdot {{\left( {\Delta {\sigma _\infty }\cdot \sqrt {\pi a} } \right)}^n}}}da = \int_{{N_0}}^{{N_e}} {dN} }

{C^{-1}}\cdot \Delta \sigma _\infty ^{-n}\cdot {\pi ^{-n/2}}\int_{{a_0}}^{{a_e}} {\frac{{da}}{{{a^{n/2}}}} = \int_{{N_0}}^{{N_e}} {dN} }

Für n = 4 ergibt sich schließlich folgendes Zwischenergebnis:

{C^{-1}}\cdot \Delta \sigma _\infty ^{-4}\cdot {\pi ^{-4/2}}\int_{{a_0}}^{{a_e}} {\frac{{da}}{{{a^{4/2}}}} = \int_{{N_0}}^{{N_e}} {dN} }

Zur Verkürzung wird der Term vor dem Integral mit einer Konstanten ersetzt:

\alpha \cdot \int_{{a_0}}^{{a_e}} {\frac{{da}}{{{a^2}}} = \int_{{N_0}}^{{N_e}} {dN} }

\alpha \cdot \left[ {-\frac{1}{a}} \right]_{{a_0}}^{{a_e}} = \left[ N \right]_{{N_0}}^{{N_e}}

\alpha \cdot \left( {\frac{1}{{{a_o}}}-\frac{1}{{{a_e}}}} \right) = {N_e}-{N_0} = \Delta N

b)

Der Aufgabenteil b) ist im Grunde das Gleiche, wie schon im Aufgabenteil a). Einziger Unterschied ist, dass anstatt n = 4 der Wert n = 2 verwendet wird. Dies ergibt dann nach kurzer Rechnung folgendes:

{C^{-1}}\cdot \Delta \sigma _\infty ^{-2}\cdot {\pi ^{-2/2}}\int_{{a_0}}^{{a_e}} {\frac{{da}}{{{a^{2/2}}}} = \int_{{N_0}}^{{N_e}} {dN} }

\beta \cdot \left[ {\ln \left( a \right)} \right]_{{a_0}}^{{a_e}} = \left[ N \right]_{{N_0}}^{{N_e}}

\beta \left( {\ln \left( {{a_e}} \right)-\ln \left( {{a_0}} \right)} \right) = {N_e}-{N_0} = \Delta N