Aufgabe 11 – Schwingende Beanspruchung einer Flachprobe mit Innenloch

 

Eine Flachprobe mit Innenloch \left( {{R_L} = 500\mu m} \right) wurde schwingend beansprucht. Dabei bildeten sich 2 Ermüdungsrisse mit 2a = 100\mu m Länge senkrecht zur Beanspruchungsrichtung. Die so vorgeschädigte Probe soll als Bauteil weiter eingesetzt werden. Der Maximalwert der Spannungsamplitude beträgt dabei {\sigma _{\max }} = 150MPa , und der R-Wert lag bei 0,5.

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  1. Welche Spannungsamplitude \Delta \sigma erwarten Sie im Kerbgrund der ungeschädigten Probe?
  2. Ist für das angerissene Bauteil mit einer Dauerfestigkeit zu rechnen? Begründen Sie Ihre Aussage. Der Schwellenwert der Legierung wurde für R = 0,5 zu \Delta {K_{th}} = 6,0MPa\sqrt m bestimmt. Die Geometriefunktion für Risse an einer Bohrung finden Sie in der Abb.
  3. Aufgrund einer korrosiven Atmosphäre vermindert sich der Schwellenwert auf \Delta {K_{th}} = 2,0MPa\sqrt m . Im Rahmen einer Inspektion wird eine Rissverlängerung für das angerissene Bauteil von 2\Delta a = 3000\mu m innerhalb von {10^6} Lastspielen toleriert. Dürfen Sie das Bauteil bis zur Inspektion noch einsetzen? Die Parameter der Paris-Gleichung wurden zu C = {10^{-12}} und n = 4 bestimmt.

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Lösung

a)

Im ungeschädigten Fall kann direkt das Nennspannungskonzept angewendet werden. Hierfür muss man nur wissen, dass der Kerbfaktor an einer ungeschädigten Probe mit {K_T} = 3 abgeschätzt wird.

Damit ergibt sich die Spannungsamplitude zu:

\Delta \sigma = {S_o}-{S_u} = {S_o}\left( {1-R} \right) = 150MPa\left( {1-0,5} \right) = 75MPa

\Delta {\sigma _K} = {K_T}\cdot \Delta \sigma = 3\cdot 75MPa = 225MPa

b)

Da wir hier Angaben zur Geometrieangaben anstatt einer gängigen Korrekturfunktion gegeben haben, werden diese in die bekannte Gleichung für die Spannungsintensität eingesetzt.

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

Um die Geometriefunktion bestimmen zu können muss der Term \frac{a}{{a+{R_L}}} bekannt sein:

\frac{a}{{a+{R_L}}} = \frac{{50\mu m}}{{50\mu m+500\mu m}} = 0,091

Wird dieser Wert in der Abbildung abgelesen ergibt sich für die Geometriefunktion ein Wert von \tilde f\left( {0,091} \right) = 2,75

Damit ergibt sich:

\Delta K = 75MPa\cdot \sqrt {\pi \cdot 0,05\cdot {{10}^{-3}}m} \cdot 2,75 = 2,58MPa\sqrt m

Da das vorhandene \Delta K kleiner ist als der Grenzwert von 6,0MPa\sqrt m ist das Bauteil dauerfest.

c)

Hier ist der Grenzwert nun unterhalb von \Delta K gefallen, so dass Rissausbreitung stattfindet. Mit der Paris-Gleichung kann bestimmt werden wie schnell dies geschieht.

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

\frac{{da}}{{dN}} = C\cdot \Delta {\sigma ^4}\cdot {\pi ^2}\cdot {a^2}

\int_0^{{{10}^6}} {dN} = \frac{1}{{C\cdot \Delta {\sigma ^4}\cdot {\pi ^2}}}\int_{{R_L}+{a_0}}^{{a_E}} {\frac{1}{{{a^2}}}da}

\Delta N = \frac{1}{{C\cdot \Delta {\sigma ^4}\cdot {\pi ^2}}}\cdot \left[ {\frac{1}{{{R_L}+{a_0}}}-\frac{1}{{{a_E}}}} \right]

\Delta N = \frac{1}{{{{10}^{-12}}\cdot {{75}^4}\cdot {\pi ^2}}}\cdot \left[ {\frac{1}{{500\cdot {{10}^{-6}}+50\cdot {{10}^{-6}}}}-\frac{1}{{1500\cdot {{10}^{-6}}+500\cdot {{10}^{-6}}+50\cdot {{10}^{-6}}}}} \right]

\Delta N = 3202,25\cdot \left( {1818-488} \right)

\Delta N = 4,26\cdot {10^6}Ssp

Es zeigt sich, dass die Rissausbreitung länger dauern würde als bis zur nächsten Inspektion. Folglich darf das Bauteil weiter verwendet werden.