Capitolo 1 Esercizi Sulla Fatica__2436341

Capitolo 1 ESERCIZI SULLA FATICA

V. Dattoma, R. Nobile, M. Arnesano pag. 1

1 ESERCIZI SULLA FATICA

1.1 PROVA SCRITTA DEL 12/01/2006

La piastra raffigurata in figura 1 è incastrata ad una estremità e sollecitata all’altro estremo da un carico P variabile nel tempo secondo l’espressione P = Pm + Pasinωt a) Progettare a vita infinita la piastra adottando un coefficiente di sicurezza s = 5, rispettando il vincolo su r e sul rapporto H/h. b) Sulla base del dimensionamento effettuato, determinare il valore assunto nella sezione più critica dal coefficiente di sicurezza, se si realizzasse il componente in acciaio Fe510. Figura 1

Riepilogo dati P = Pm+Pasinωt r = 0.8 mm Pm= -4 kN Pa= 4 kN s = 5 H/h = 1.5 l = 80 mm Materiale: acciaio da cementazione 16CrNi4 σR = 1120 N/mm2 σy = 835 N/mm2

durezza: 225 HB

P

H

r

h

2l l



Risoluzione a) La piastra in esame è sollecitata da un momento flettente. Le due sezioni

critiche sono la sezione A, dove il momento è massimo e vale 3Pl, e la sezione B,

dove c’è intaglio ed il momento vale 2Pl. Il dimensionamento a fatica va effettuato

in entrambe le sezioni.

Sezione B

Le sollecitazioni massime agenti in B si possono così determinare:

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

=

=

2

2

6

6

bhM

bhMK

mm

afa

σ

σ dove Ma = 2Pal e Mm = 2Pml

Il carico medio σm è considerato positivo, in quanto il fatto che Pm sia negativo fa

sì semplicemente che siano le fibre inferiori piuttosto che quelle superiori ad

essere tese. In ogni caso la verifica verrà fatta in corrispondenza delle fibre

inferiori, dove la tensione media è di trazione.

Si può quindi determinare il valore di kt = 2.8 ipotizzando che

H/h = 1.5

r/h =0.02



In base alla tensione di rottura ed al valore del raggio di raccordo r = 0.8 mm si

determina il fattore di sensibilità agli intagli q = 0.85.

Utilizzando questi dati si calcola quindi il coefficiente di concentrazione degli sforzi

a fatica:

kf = 1+(kt -1) q = 1+(2.8 -1) 0.85 = 2.53

Si passa a considerare le caratteristiche del materiale:

Sn = Sn’ CL CG CS = 560·1·0.9·0.68 = 342.7 N/mm2

Sn’= 0.5 σR = 560 N/mm2

CL= 1 (momento flettente)

CG = 0.9 (d > 10mm)

CS =0.68 (lavorazione con macchine utensili, σR = 1120 N/mm2)

Tracciato il diagramma di Haigh, si può individuare la retta di lavoro caratteristica

del componente in esame, la cui pendenza è data da:

a a af f

m m m

M Ptg K KM P

σ ασ

= = = = 2.53

Fig.1. Diagramma di Haigh. Il limite di fatica sarà quindi pari a:



1A

n R

tgtgS

ασ ασ

=+

= 305.7 N/mm2

e, infine, tenendo conto del coefficiente di sicurezza si può imporre:

2

6 a AAa f

Mkbh s

σσ σ= ≤ = = 305.7/5 = 61.5 N/mm2

Ipotizzando per lo spessore della piastra il valore b = 40 mm si può ricavare

l’altezza h:

6 af

A

Mh kbσ

= = 62.8 mm

Scelto come valore per l’altezza h = 65, si ricalcolano i rapporti geometrici:

H/h = 1.5

r/h =0.012

da cui è possibile calcolare il valore effettivo di kt = 3.75 e kf:

kf = 1+(kt -1) q = 1+(3.75 -1) 0.85 = 3.34

La variazione di kf comporta una leggera variazione del limite di fatica, in

particolare un aumento, che è quindi possibile trascurare ragionando a vantaggio

di sicurezza. Di conseguenza si può ricalcolare il nuovo valore di h che garantisca

la verifica a fatica del componente:

6 af

A

Mh kbσ

= = 72.2 mm

Si assume quindi h =75 mm, H = 112.5 mm e b = 40 mm.

Sezione A

Le sollecitazioni massime agenti in A si possono così determinare:

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=

=

2

2

6

6

bHM

bHM

mm

aa

σ

σ dove Ma = 3Pal e Mm = 3Pml

Non essendoci intagli, si può determinare la nuova retta di lavoro e ricavare il

nuovo limite di fatica:

1a

m

σσ

=



Fig.2. Diagramma di Haigh.

Tenendo conto del coefficiente di sicurezza si deve verificare che:

2

6 11.4a AAa

MbH s

σσ σ= = ≤ = = 262.4/5 = 52.5 N/mm2

La sezione A risulta quindi verificata.

b) Supponendo di realizzare la piastra in acciaio Fe510, che è caratterizzato

da una minore resistenza, si può determinare il nuovo coefficiente di sicurezza

nella sezione più critica, ossia quella intagliata. In base alle caratteristiche del

materiale si può determinare il limite di fatica all’oscillazione:

Sn = Sn’ CL CG CS = 0.5·510·0.9·0.68 = 156 N/mm2

Sulla base delle dimensioni geometriche effettive e della sensibilità all’intaglio

dell’Fe510 si possono determinare i coefficienti di concentrazione delle tensioni kt

e kf:

H/h = 1.5

r/h =0.01

q = 0.68

kf = 1+(kt -1) q = 1+(4.20 -1) 0.68 = 3.18

kt = 4.20



La pendenza della retta di lavoro sarà data al solito dall’espressione:

a a af f

m m m

M Ptg K KM P

σ ασ

= = = = 3.18

e il limite di fatica σA =119.5 N/mm2 si otterrà dall’intersezione con la retta di

Goodman-Smith:


Il coefficiente di sicurezza sarà quindi così calcolato: 2

6A

f a

bhsK Mσ

= = = 2.2.




La piastra rappresentata in figura 1 presenta in una sezione due cricche laterali simmetriche di estensione a. a) Sulla base dei dati forniti, determinare la massima ampiezza del carico di trazione P che può essere applicato alla piastra senza incorrere nel pericolo di propagazione della cricca. b) Determinare il massimo carico che può essere raggiunto durante il ciclo di carico senza pericolo di propagazione istantanea della frattura. c) Determinare il massimo carico pulsante (Pmin = 0) che si potrebbe applicare al componente nell’ipotesi di sostituire la cricca con una gola avente nella sezione ristretta una dimensione pari a (h-4a) e un raggio di raccordo pari a 2a. Figura 1 Dati: h = 30 mm t = 20 mm a = 0.5 mm σR = 1100 N/mm2 σy = 860 N/mm2 KIc = 24 MPa√m ∆Kth = 9 MPa√m α = 0.84 Risoluzione a) La massima ampiezza del carico di trazione P che può essere applicato alla

piastra senza incorrere nel pericolo di propagazione della cricca si può

determinare con la seguente espressione:

aK gth πσα∆=∆ ;

si ricava quindi il valore di gσ∆ considerandol’espressione:

2

233.270

5.0*84.0

10009

mmN

mm

mmmmN

aKth

g ==∆

=∆ππα

σ .

Dalla relazione thP

g =∆σ si ricava il valore del massimo carico P che può essere

applicato alla piastra senza incorrere nel pericolo di propagazione della cricca:

kNmmNmmmmhtP g 2.16233.270*30*20** 2 ==∆= σ .

h

t

aP P



b) Il massimo carico di trazione P che può essere applicato alla piastra senza

incorrere nel pericolo di propagazione istantanea si può determinare invece con la

seguente espressione:

aK RIC πασ= ;

si ricava quindi il valore di Rσ considerando:

2

289.720

5.0*84.0

100024

mmN

mm

mmmmN

aK IC

R ===ππα

σ .

Dalla relazione thP

R =σ si ricava al solito il valore del massimo carico P che può

essere applicato alla piastra senza incorrere nel pericolo di propagazione

istantanea della cricca:

kNmmNmmmmhtP R 53.43289.720*30*20** 2 === σ .

c) La piastra in esame è mostrata in figura seguente:

questa è sollecitata da un carico di trazione pulsante (Pmin = 0). La sezione critica

è la sezione ristretta. Il dimensionamento a fatica va effettuato in questa sezione.

Le sollecitazioni massime si possono così determinare:

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

−=

−=

)4(*

)4(*

ahtP

ahtP

K

mm

afa

σ

σ.

Dai rapporti



⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

==−

=−

=−

036.0281

42

07.1)230(

304

mmmm

aha

mmmm

ahh

si ricava dal grafico allegato il valore di kt = 2.58:

Fig.1. Fattore di concentrazione delle tensioni.

In base alla tensione di rottura (σR = 1100 N/mm2) e al raggio di raccordo r = 1 mm

si determina il fattore di sensibilità agli intagli q = 0.83.

Fig.2. Fattore di sensibilità all’intaglio.


a fatica:

kf = 1+(kt -1) q = 1+(2.58 -1) 0.83 = 2.31.




Sn = Sn’ CL CG CS = 550·1·0.9·0.9 = 445.5 N/mm2

Sn’= 0.5 σR = 550 N/mm2

CL= 1 (trazione)

CG = 0.9 (d > 10mm)

CS =0.9 (rettifica fine σR = 1100 N/mm2, vedi grafico di seguito).

Fig.3. Fattore di finitura superficiale.



31.2==== fm

af

m

a KPP

Ktgασσ




Il limite di fatica sarà quindi pari a:

208.3791 mm

N

Stg

tg

Rn

A =+

=

σα

ασ

e, infine, tenendo conto del coefficiente di sicurezza s = 3 si può imporre:

2

236.126

3

08.379

)4(* mmNmm

N

sahtP

K AA

afa ===≤

−=

σσσ .

Si può ricavare di conseguenza il valore del massimo carico aP corrispondente:

kNmmmmmm

N

Ksaht

Pf

Aa 61.30

31.2*3

28*20*08.379

*)4(** 2

==−

=σ .




Una vite di manovra presenta una filettatura quadra, tale che il diametro di nocciolo è pari al 75% del diametro nominale D (esterno) della filettatura (fig. 1). La vite di manovra è sollecitata da un carico di trazione P costante nel tempo e da un momento torcente oscillante Mt. a) Dimensionare la vite tenendo conto della concentrazione di tensione costituita dal filetto, tenendo conto che il raggio di raccordo tra nocciolo e filetto è di 0.5 mm; b) Determinare il massimo carico statico di trazione che può essere applicato alla vite introducendo una deformazione permanente massima dell’1%, ipotizzando valida la legge di Ludwick ( m

p'f ε⋅σ=σ )

Figura 1 Dati: d/D = 0.75 r = 0.5 mm Materiale: AISI1045 bonificato σR = 1580 N/mm2 σy = 1420 N/mm2 σ’f = 1820 N/mm2 n = 0.041 P = 280 kN Mt = 450 Nm coefficiente di sicurezza s = 4 Risoluzione a) La vite è dimensionata considerando il particolare come un albero con gola:

Il particolare è sollecitato da un momento torcente oscillante Mt e da carico di

trazione costatante P. La sezione critica è quindi la sezione della gola considerata

avente un raggio di raccordo r = 0.5 mm. In questa sezione, come del resto in tutte

le sezioni dell’albero, il momento torcente è pari a Mt e il carico di trazione a P.



Le sollecitazioni massime di torsione e di trazione agenti nella sezione critica si

possono così determinare:

⎩⎨⎧ == 3_3_

1616dMk

dMk t

torsfa

torsfa ππτ ,

⎩⎨⎧ == 22

44dP

dPm

m ππσ .

Imponendo il rapporto 33.1=dD (è fissato dalla geometria) ed ipotizzando il

rapporto 1.0=dr si può quindi determinare il valore di kt_tors = 1.42.


In base alla tensione di rottura (σR = 1580 N/mm2) e considerando un il raggio di

raccordo r = 0.5 mm si assume un fattore di sensibilità agli intagli q = 1.





a fatica:

kf_tors = 1+(kt_tors -1) q = 1+(1.42 -1) 1 = 1.42.


Tn = Sn’ CL CG CS = 790·0.58·0.9·0.58 = 239.18 N/mm2

Sn’= 0.5 σR = 790 N/mm2

CL= 0.58 (torsione)

CG = 0.9 (d > 10mm)

CS =0.58 (lavorazione con macchine utensili, σR = 1580 N/mm2).


Sul diagramma di Haigh, si può individuare la retta di lavoro caratteristica del componente in esame, la cui pendenza è data da:

dNdNmm

dPMk

Pd

dMktg t

torsft

torsfm

a 13.91000*280*

1000*450*442.144

16_

2

3_ =====π

πα

στ ,

dove con d si è indicato il dimetro di nocciolo (minore) della vite. Ponendo d = 40 mm si ha:

23.04013.913.9

====d

tgm

a αστ .





224.1441 mmN

Ttg

tg

Rn

A =+

=

σα

ατ

e, infine, tenendo conto del coefficiente di sicurezza s = 4 si può imporre:

2

2

3_ 06.364

24.14416mm

NmmN

sdMk A

At

torsfa ===≤=ττ

πτ .

Si può ricavare di conseguenza il valore del diametro d come verifica del valore

prima imposto:

mmmm

NNmmsMk

dA

ttorsf 85.4424.144

4*1000*450*42.1*16163

2

3_ ===

ππτ.

Scelto come valore per il diametro d = 45 mm, si ricalcolano quindi i rapporti

geometrici:

33.1=dD

011.045

5.0==

mmmm

dr

da cui è possibile leggere il valore effettivo di kt_tors = 2.54




e trovare quindi kf’:

kf’= 1+(kt -1) q = 1+(2.54 -1) 1 = 2.54.



di sicurezza. Di conseguenza si può ricalcolare il nuovo valore di d che garantisca


mmmm

NNmmsMk

dA

ttorsf 45.5424.144

4*1000*450*54.2*16'163

2

3_ ===

ππτ

Si assume quindi d = 55 mm. Si avrà alla fine:

mmmmdDmmd

33.7375.0

5575.0

55===

=.

In base al diametro esterno D ottenuto, si sceglie quindi una vite con un diametro

nominale mmD 33.73≥ .

b) Se il componente in esame è sollecitato da solo un carico statico di trazione

le sollecitazioni massime agenti sul nocciolo di diametro d = 55 mm si possono

così determinare:

4

2_ dFk trazt

πσ =



dove il coefficiente traztk _ tiene conto della concentrazione di tensione al piede del

filetto. In base ai rapporti:

33.1=dD

0091.055

5.0==

mmmm

dr

si trova approssimativamente un 2.4_ =traztk :


Supponendo valida la legge di Ludwik, si ha: npf εσσ *'=

considerando 01.0=pε si può ricavare il valore della tensione corrispondente:

2041.0' 85.1506010.0*1820* mm

Nnpf === εσσ .

Dalla relazione

4

2_ dFk trazt

πσ = si può ricavare quindi il valore del carico F:

kN

mmmm

N

k

d

Ftrazt

38.8522.4

4)55(*85.1506

4

2

2

_

2

===πσπ

.




L’albero rotante raffigurato in figura 1 è sollecitato da un momento torcente M = Mm + Ma sinωt. Per esigenze costruttive lo spallamento deve garantire una superficie di appoggio minima (D-d)/2 > 10 mm, con un raggio di raccordo non superiore a 1.5 mm. a) determinare le dimensioni d, D, r che assicurano la vita infinita del componente con un coefficiente di sicurezza s; b) sulla base del dimensionamento prima effettuato e ipotizzando di applicare staticamente il massimo momento torcente Mmax = Mm + Ma, determinare il massimo valore del carico di trazione oscillante Pa sinωt che può applicato a parità di condizioni di sicurezza. Figura 1

Dati: Mm = 76 Nm Ma = 108 Nm coefficiente di sicurezza s = 3.5 Materiale: acciaio da cementazione CrNi4 σR = 1120 N/mm2 σy = 835 N/mm2 durezza: 225 HB

Risoluzione a) L’albero rotante in esame è sollecitato da un momento torcente. La sezione

critica è quello dello spallamento in cui andrà effettuato il dimensionamento a

fatica.

dD

r



Le sollecitazioni massime agenti nella sezione critica si possono così determinare:

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

=

=

3

3

16

16

dM

dM

K

mm

afa

πτ

πτ

Imponendo il rapporto 5.1=dD , ed ipotizzando il rapporto 1.0=

dr si può quindi

determinare il valore di kt = 1.4.

In base alla tensione di rottura (σR = 1120 N/mm2) e considerando un valore del

raggio di raccordo r = 1.5 mm si determina il fattore di sensibilità agli intagli q =

0.92.


a fatica:

kf = 1+(kt -1) q = 1+(1.4 -1) 0.92 = 1.368.


Tn = Sn’ CL CG CS = 560·0.58·0.9·0.68 = 198.78 N/mm2

Sn’= 0.5 σR = 560 N/mm2

CL= 0.58 (torsione)

CG = 0.9 (d > 10mm)




944.176

108368.1 ====NmNm

MM

Ktgm

af

m

a αττ




Il limite di fatica, considerando che 28968.0 mmN

RR == στ e che

23.48458.0 mmN

yy == στ , sarà quindi pari a:

242.1781 mmN

Ttg

tg

Rn

A =+

=

ταατ


2

2

3 98.505.3

42.17816mm

NmmN

sdMk A

Aa

fa ===≤=ττ

πτ

Si può ricavare di conseguenza il valore del diametro d:

mmmm

NNmmsMk

dA

af 54.2415.178

5.3*1000*108*368.1*16163

2

3 ===ππτ

Scelto come valore per il diametro d = 25, si ricava il valore di D dalla relazione:

mmdDdD 4510*2102

=+>⇒>−

assunto D = 50 mm, si ricalcolano quindi i rapporti geometrici:

22550

==mmmm

dD

06.025

5.1==

mmmm

dr



da cui è possibile calcolare il valore effettivo di kt = 1.66 e kf’:

kf’= 1+(kt -1) q = 1+(1.66 -1) 0.92 = 1.6072



di sicurezza. Di conseguenza si può ricalcolare il nuovo valore di d che garantisca


mmmm

NNmmsMk

dA

af 88.2542.178

5.3*1000*108*6072.1*16'163

2

3 ===ππτ

Si assume quindi d = 26 mm e D = 50 (in modo da soddisfare la relazione

mmdDdD 4610*2102

=+>⇒>− ).

b) Si suppone ora di applicare staticamente un momento torcente pari a Mmax

= Mm + Ma = (76 + 108) Nm = 184 Nm e un carico di trazione oscillante Pa sinωt. Si

vuole determinare il massimo valore del carico di trazione oscillante che può

applicato a parità di condizioni di sicurezza (cioè a parità di coefficiente di

sicurezza s).

Anche in questo caso la sezione critica è la sezione dello spallamento. Il carico di

trazione determina una tensione alternata così valutabile:

perché è nullo il carico assiale medio.

Il carico statico di torsione provoca invece una sollecitazione media data da:

mm

mm

mem

m dM τστσσπ

τ =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛++=⇒=

22

_3 2216

Per il caso in esame, avendo a che fare con condizioni di carico biassiali, si

procede alla determinazione delle tensioni equivalenti.

Si passa a ricavare quindi i valori di kt e kf per il carico di trazione:

t

D 50mm 1.923d 26mm k 2.4r 1.5mm 0.058d 26mm

⎧ = =⎪⎪ ⇒ =⎨⎪ = =⎪⎩

⎪⎩

⎪⎨

⎧

==

=

0AP

APk

mm

afa

σ

σ



29.05.1

1120 2

⎪⎩

⎪⎨⎧

=⇒=

= qmmr

mmN

Rσ

si avrà di conseguenza: kf = 1+(kt -1) q = 1+(2.4 -1) 0.92 = 2.288.

Nello specifico si dovranno sostituire nelle relazioni precedenti le seguenti

espressioni:

a aa f 2

P Pk 2.288dA4

σπ

= =

( )m

2m _ eq m 33

16M 16 *184 *1000Nmm N53.32 mmd 26mmσ τ

π π= = = =

Dobbiamo ora riferirci al diagramma di Haigh relativo al caso in esame. Possiamo

quindi ricalcolare il limite di fatica in condizioni di carico oscillante Sn:

Sn = Sn’ CL CG CS = 560·0.9·0.9·0.68 = 308.4 N/mm2

Sn’= 0.5 σR = 560 N/mm2

CL= 0.9 (trazione)

CG = 0.9 (d > 10mm)


In questo caso la condizione di carico impone un carico medio costante

2e_ mN53.32 mmσ = , per cui la retta di lavoro è in questo caso una retta verticale.

si determina così il limite di fatica in queste condizioni pari a 2AN290.1 mmσ =




Dal valore del limite di fatica così letto, si può ricavare il massimo valore del carico

Pa di trazione oscillante (a parità di s): 2 2

2aa f a

a2f

d (26mm)N290.1 * *k P mm4 4P 19.23kNds sk 3.5 * 2.2884

σ π πσ

π= ⇒ = = = .




L’albero rotante raffigurato in figura 1 è sollecitato da un momento torcente M= Mi sin ωt, la cui ampiezza è riconducibile a quattro blocchi di carico secondo quanto riportato in tabella 1. a) dimensionare l’albero per garantire una durata di 107 cicli b) calcolare il numero di cicli che porterebbero a rottura il componente supponendo di applicare un momento torcente di ampiezza costante pari a Mi = 120 Nm Figura 1 Dati: Blocchi di carico: r = 1 mm Materiale C40 σR = 590 N/mm2 σy = 374 N/mm2 Risoluzione a) L’albero rotante in esame è sollecitato da un momento torcente M= Mi sin

ωt, la cui ampiezza è riconducibile a quattro blocchi di carico secondo quanto

riportato in tabella 1. La sezione critica è quella dello spallamento, dove c’è

l’intaglio in cui andrà effettuato il dimensionamento a fatica.

L’ampiezza di sollecitazione relativa all’i-esimo blocco di carico è data da:

3_16

dM

K iafa π

τ =

Mi ρi

1 97 Nm 0.4 2 85 Nm 0.4 3 120 Nm 0.1 4 110 Nm 0.1

dD

r



la sollecitazione media è invece nulla data l’assenza di un carico medio.

Imponendo il rapporto 2.1=dD , ed ipotizzando il rapporto 1.0=

dr si può quindi

determinare il valore di kt = 1.34.

In base alla tensione di rottura (σR = 590 N/mm2) e considerando un valore del

raggio di raccordo r = 1 mm si determina il fattore di sensibilità agli intagli q = 0.75.


a fatica:

kf = 1+(kt -1) q = 1+(1.34 -1) 0.75 = 1.255.

Per il caso in esame, si provvede a trasformare la storia di carico ad ampiezza di

carico variabile a blocchi secondo lo schema riportata i Tabella 1, in una storia di

carico equivalente ad ampiezza di sollecitazione costante.

Secondo la regola di Miner, si passa a calcolare la sollecitazione equivalente con

la relazione:

k

i

kiai

eqa nn

∑∑= _

_

ττ

dove ia _τ relativa all’i-esimo carico applicato, ed in è il numero di cicli di

applicazione del carico.

La precedente espressione può essere vista meglio nel seguente istogramma

cumulativo di carico:

Fig.1. Cumulativo di carico.



In questo caso si avrà quindi: 710=∑ in

71 10*4.0=n

72 10*4.0=n

73 10*1.0=n

74 10*1.0=n

331

1_ *1000*97*16*255.116

dNmm

dMk f

a ππτ ==

332

2_ *1000*85*16*255.116

dNmm

dMk f

a ππτ ==

333

3_ *1000*120*16*255.116

dNmm

dMk f

a ππτ ==

334

4_ *1000*110*16*255.116

dNmm

dMk f

a ππτ ==

Per ricavare il valore di k si determina la curva S – N. Per le caratteristiche del

materiale, il valore di Sn relativo a 106 cicli è pari a:

Sn (106

cicli) = Sn’ CL CG CS = 295·0.58·0.9·0.9 = 138.591 N/mm2

Sn’= 0.5 σR = 295 N/mm2

CL= 0.58 (torsione)

CG = 0.9 (d > 10mm)

CS =0.9 (lavorazione con rettifica fine, σR = 590 N/mm2).

Il valore di S(103

cicli) è invece pari a: S(10

3cicli) = 0.9 (0.8 σR) = 0.9 (0.8*590) = 424.8 N/mm2.

Il valore di k sarà quindi 17.6

591.1388.424log

1010log 3

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

=k .

La curva S-N ricavata si riferisce al materiale base. Procedendo a vantaggio di

sicurezza non si terrà conto della modifica della pendenza k dovuta alla presenza

di una concentrazione di tensione.

Sostituendo il tutto nella espressione della eqa _τ , si ha:

317.6

43213_1194.6356211.01.04.04.0

16_

dMMMM

dk

n

nKKKKf

k

i

ki

eqaia =+++==

∑∑

π

ττ .

il diametro si ottiene quindi imponendo che s

Aeqa

710_

ττ ≤ . Il limite di fatica a 107 cicli

può essere ottenuto prolungando la curva di Wohler oltre il limite convenzionale di

106 cicli.

Dall’equazione della curva di Wohler ricavata precedentemente si ottiene:



217.6

7

6

27

6

101010

107

6

42.951010591.138

1010

1010

67

6

7

mmN

mmNk

k

===⇒⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛= ττ

ττ

Fig.2. Curva S-N con valore a 107 cicli.

Infine, tenendo conto di coefficiente di sicurezza s = 2 si ricava:

mmsdsd

Aeqa 71.23

42.952*1194.635621*1194.6356211194.635621

33

10min

103_

7

7===⇒≤=

ττ

τ

si pone:

d = 25 mm

D = 30 mm

r = 1 mm

Si ricalcolano quindi i rapporti geometrici:

2.12530

==mmmm

dD

04.0251

==mm

mmdr

da cui è possibile calcolare il valore effettivo di kt = 1.63 e kf’:

kf’= 1+(kt -1) q = 1+(1.63 -1) 0.75= 1.4725





di sicurezza. Di conseguenza si può ricalcolare il nuovo valore della eqa _τ :

317.6

43213_5644.7457781.01.04.04.0

'16_

dMMMM

dk

n

nKKKKf

k

i

ki

eqaia =+++==

∑∑

π

ττ

e quindi il valore di d che garantisca la verifica a fatica del componente:

mmsd 00.2542.95

2*5644.745778*5644.74577833

107

===τ

si può assumere quindi:

d = 25 mm

D = 30 mm

r = 1 mm.

b) Si considera ora un momento torcente M= Mi sinωt di ampiezza costante

pari a Mi = 120 Nm invece del momento torcente M= Mi sinωt con ampiezza

variabile a blocchi.

Per individuare il numero di cicli che porta a rottura il componente si deve

calcolare il valore della aτ relativa a Mi = 120 Nm ed entrare nella curva S – N.

Si calcola quindi il valore della )120( Nmaτ relativa a Mi = 120 Nm, ricordando il valore

di kf = 1.4725 ricavato al passo precedente e un coefficiente di sicurezza s = 2:

233)120( 19.1152)25(*

1000*120*164725.116mm

Nmm

NmmsdMk i

fNma ===ππ

τ .

Dalla curva S – N prima costruita si determina il numero di cicli corrispondente al

valore di 2)120( 19.115 mmN

Nma =τ .



Fig.3. Curva S-N con valore del numero di cicli a 2)120( 19.115 mmN

Nma =τ .

In corrispondenza del valore di 2)120( 19.115 mmN

Nma =τ sulla curva S –N si può

leggere un valore della durata di 6.49*106 cicli.




La leva in figura 1 è saldata su un albero rotante di diametro d mediante un doppio cordone d’angolo circonferenziale. La sezione dell’albero è sollecitata, oltre che dal momento torcente originato da F, da un momento flettente M. a) Dimensionare a fatica la sezione ristretta dell’albero considerando il cordone di saldatura come un intaglio con raggio di raccordo r = 0.5 mm e rapporto D/d = 1.5 (utilizzare un coefficiente di sicurezza a fatica sfat = 2.5). b) Dimensionare staticamente i cordoni di saldatura, ipotizzando di utilizzare un coefficiente di sicurezza sstat = 10. c) Determinare la dimensione a (rapporto a/2c = 0.2 - vedi grafico assegnato) che dovrebbe avere una cricca generatasi al piede del cordone di saldatura per originare la frattura istantanea del componente, nell’ipotesi in cui l’unico carico agente sia il momento flettente (utilizzare un coefficiente di sicurezza sfratt = 1.5). Dati: F = 4580 N l = 280 mm M = 3650 Nm Materiale: acciaio Fe 510 σR = 510 N/mm2; σy = 355 N/mm2

KIc = 16.5 MPa√m

Nota Rp = tensione di snervamento



Risoluzione a) Dimensionamento a fatica. NORMATIVA EUROPEA L’albero in figura è sollecitato da un momento torcente T = F * l = 4580 N * 280 mm = 1282.4 Nm e da un momento flettente M = 3650 Nm. La sezione critica è la sezione ristretta del cordone di saldatura, il dimensionamento a fatica va effettuato in questa le sezione. In questa sezione, come del resto in tutte le sezioni dell’albero, il momento torcente è pari al momento T e il momento flettente vale M. Il momento flettente M provoca sollecitazioni di flessione rotante tali che 0=mσ . Le sollecitazioni massime dovute quindi al momento flettente M agenti nella sezione critica si possono così determinare:

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

==

=

032

32

3

3_

dM

dMk

mm

aflesfa

πσ

πσ

.

Il momento torcente T invece provoca sollecitazioni torsionali costanti, tali che in questo caso si abbia 0=aτ . Le sollecitazioni massime dovute quindi al momento torcente T agenti nella sezione critica si possono così determinare:

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

=

==

3

3_

16

016

dT

dTk

mm

atorsfa

πτ

πτ

.

Considerando il cordone di saldatura come un intaglio di raggio di raccordo r = 0.5

e imponendo i rapporti 5.1=dD e 1.0=

dr si può quindi determinare il valore di

kt_fles = 1.88.


In base alla tensione di rottura (σR = 510 N/mm2) e considerando un valore del raggio di raccordo r = 0.5 mm si determina il fattore di sensibilità agli intagli q = 0.58.




Utilizzando questi dati si calcola quindi il coefficiente di concentrazione degli sforzi a fatica:

kf_fles = 1+(kt_fles -1) q = 1+(1.88 -1) 0.58 = 1.5104 Si passa a considerare le caratteristiche del materiale:

Sn = Sn’ CL CG CS = 255·1·0.9·0.78 = 179.01 N/mm2 Sn’= 0.5 σR = 255 N/mm2 CL= 1 (momento flettente) CG = 0.9 (d > 10mm) CS =0.78 (lavorazione con macchine utensili, σR = 510 N/mm2).




Per il caso in esame, avendo a che fare con condizioni di carico biassiali, si procede alla determinazione delle tensioni equivalenti secondo le relazioni seguenti:

⎪⎩

⎪⎨

⎧

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛++=

+=2

2_

22_

22

3

mm

mme

aaae

στ

σσ

τσσ.

Nello specifico, sostituendo nelle due relazioni precedenti le espressioni delle sollecitazioni di flessione e torsione medie e alternate prima viste, si ottiene:

( )

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎨

⎧

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛+=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛++=

=+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=+=

3

23

3

22

_

3_2

2

3_22

_

162016

20

22

320*3323

dT

dT

dMk

dMk

mmmm

mme

aflesf

aflesfaaae

ππστσσ

ππτσσ

.

Tracciato il diagramma di Haigh, si può individuare la retta di lavoro caratteristica del componente in esame, la cui pendenza è data da:

5979.84.1282

3650*25104.12

__

_ ====NmNm

TM

ktgm

aflesf

me

ae ασσ

.





299.1711 mmN

Stg

tg

Rn

A =+

=

σα

ασ


2

2

3__ 796.685.2

99.17132mm

NmmN

sdMk

fat

AA

aflesfae ===≤=

σσπ

σ

dalla quale si può ricavare il valore di d:

mmmm

NNmmMks

dA

aflesffat 46.9399.171*

1000*3650*32*5104.1*5.2323

2

3_ ===

ππσ.

Scelto come valore per il diametro d = 95 mm, si ricalcolano i rapporti geometrici e dal relativo grafico si estrapola:

8.30053.0

955.0

5.1_ =⇒

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

==

=

flestk

mmmm

drdD


da cui è possibile calcolare il valore effettivo di kf’: kf’= 1+(kt -1) q = 1+(3.8 -1) 0. 58 = 2.624.

La variazione di kf comporta una leggera variazione del limite di fatica, in particolare un aumento, che è quindi possibile trascurare ragionando a vantaggio di sicurezza. Di conseguenza si può ricalcolare il nuovo valore di d che garantisca la verifica a fatica del componente:



mmmm

NNmmMsk

dA

aflesf 35.11299.171*

1000*3650*32*624.2*5.2323

2

3

'_ ===

ππσ.

Si assume quindi d =115 mm, D = 172.5 mm e r = 0.5 mm.

NORMATIVA AMERICANA Il metodo proposto da Juvinall consiste nel considerare un coefficiente di concentrazione degli sforzi a fatica anche per le tensioni medie. Per questo caso si provvederà a ricalcolare la sezione resistente dell’albero secondo quanto suggerito da Juvinall, per confrontare i valori ottenuti con i risultati precedenti in cui si applicava il coefficiente di concentrazione degli sforzi a fatica solo per le tensioni alternate. Applicando quindi il coefficiente di concentrazione degli sforzi a fatica anche per le tensioni medie sia flessionali che torsionali, le sollecitazioni diventano:

Tensioni dovute al momento flettente M

Tensioni dovute al momento torcente T

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

==

=

032

32

3_

3_

dM

k

dM

k

mflesfm

aflesfa

πσ

πσ

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

=

==

3_

3_

16

016

dT

k

dT

k

mtorsfm

atorsfa

πτ

πτ

Anche in questo caso si ha 0=mσ perché il momento flettente M provoca sollecitazioni di flessione rotante e 0=aτ perché il momento torcente T provoca sollecitazioni torsionali costanti.

Imponendo il rapporto 5.1=dD , ed ipotizzando il 1.0=

dr si possono determinare i

valori del kt_fles e del kt_tors:

kt_fles = 1.88 kt_tors = 1.45




In base alla tensione di rottura (σR = 510 N/mm2) e considerando un valore del raggio di raccordo r = 0.5 mm si determina il fattore di sensibilità agli intagli q per il caso con carichi di flessione e per il caso con carichi di torsione:

qfles = 0.58 qtors = 0.65

Fig.2. Fattore di sensibilità all’intaglio. Utilizzando questi dati si calcola quindi il coefficiente di concentrazione degli sforzi a fatica per la sollecitazione di flessione e per la sollecitazione di torsione: kf_fles = 1+(kt_fles -1) q = 1+(1.88 -1) 0.58

= 1.5104 kf_tors = 1+(kt_tors -1) q = 1+(1.45 -1) 0.65 = 1.2925

Come nel caso precedente, per le caratteristiche del materiale si ha:

Sn = Sn’ CL CG CS = 255·1·0.9·0.78 = 179.01 N/mm2 Sn’= 0.5 σR = 255 N/mm2 CL= 1 (momento flettente) CG = 0.9 (d > 10mm) CS =0.78 (lavorazione con macchine utensili, σR = 510 N/mm2). Le tensioni equivalenti in questo caso varranno quindi:

( )

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎨

⎧

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛+=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛++=

=+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=+=

3_

23

3_

22

_

3_2

2

3_22

_

162016

20

22

320*3323

dTk

dTk

dMk

dMk

mtorsf

mtorsf

mm

mme

aflesf

aflesfaaae

ππστσσ

ππτσσ

.

Sul diagramma di Haigh invece, la retta di lavoro caratteristica del componente avrà la seguente pendenza:

6521.64.1282

3650*2*2925.15104.12

_

_

_

_ ====NmNm

TM

kk

tgm

a

torsf

flesf

me

ae ασσ

.




In questo caso quindi, il limite di fatica sarà pari a:

204.1701 mm

N

Stg

tg

Rn

A =+

=

σα

ασ .

Tenendo conto quindi del coefficiente di sicurezza si può imporre:

2

2

3__ 016.685.2

04.17032mm

NmmN

sdMk

fat

AA

aflesfae ===≤=

σσπ

σ

dalla quale si può ricavare il valore di d:

mmmm

NNmmMks

dA

aflesffat 82.9304.170*

1000*3650*32*5104.1*5.2323

2

3_ ===

ππσ.

Si può notare come il valore ottenuto per il diametro d, sia all’incirca uguale al valore ottenuto considerando un coefficiente di concentrazione degli sforzi a fatica solo sulla tensione alternata (si era ricavato d = 93.46 mm). Di conseguenza scelto come valore per l’altezza d = 95 mm, si ricalcolano i rapporti geometrici:

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

==

=

0053.095

5.0

5.1

mmmm

drdD



si possono quindi rideterminare i valori di kt_fles e di kt_tors:

kt_fles = 3.8 kt_tors = 3.5

Fig.4. Fattore di concentrazione delle tensioni. In base al valore del fattore di sensibilità agli intagli q:

qfles = 0.58 qtors = 0.65 è possibile ricalcolare il valore effettivo di kf_fless’ e kf_tors’: kf_fles‘ = 1+(kt_fles -1) q = 1+(3. 8 -1) 0.58 = 2.624

kf_tors‘ = 1+(kt_tors -1) q = 1+(3.5 -1) 0.65 = 2.625

La variazione di kf comporta una leggera variazione del limite di fatica, in particolare un aumento, che è quindi possibile trascurare ragionando a vantaggio di sicurezza. Di conseguenza si può ricalcolare il nuovo valore di h che garantisca la verifica a fatica del componente:

mmmm

NNmmMsk

dA

aflesf 76.11204.170*

1000*3650*32*624.2*5.2323

2

3

'_ ===

ππσ.

Si assume quindi d =115 mm, D = 172.5 mm e r = 0.5 mm. Si passa infine a verificare che la seguente relazione sia rispettata:

ymeae σσσ ≤+ __ . Si ha quindi:

ym

torsta

flesfmeae dTk

dMk σ

ππσσ ≤+=+ 3

'_3

'___

1632 ,

sostituendo:

223333 35542.74115*

1000*4.1282*16625.2115*

1000*3650*32624.2 mmN

mmN

mmNmm

mmNmm

y =≤=+ σππ

.



Si può notare come l’utilizzo del metodo di dimensionamento americano ed europeo conducano praticamente ai medesimi risultati. b) Si considera che i cordoni di saldatura siano del tipo a cordoni d’angolo, si individua il baricentro G della saldatura posizionato fra i due cordoni e al centro dell’albero di diametro d, come in figura:

Si provvede a traslare quindi parallelamente a se stesso il carico F nel baricentro G e ad aggiungere il momento torcente T = F * l = 4580 N * 280 mm = 1282.4 Nm. Allo stesso modo, nel baricentro G agirà anche il momento flettente M = 3650 Nm. Il carico F provoca nei due cordoni di saldatura delle sollecitazioni normali o parallele a seconda della porzione di cordone considerata:

mmN

ttmmN

tdF 34.6

)*2

115**2(

2/4580

)*2

**2(

2/1 ===

ππτ

dove t è l’altezza di gola del cordone stesso. Il momento torcente T = 1282.4 Nm determina ancora delle sollecitazioni tangenziali al cordone date da:

tmm

Nmm

tmmNmmd

tdTy

JT 87.30

2115

)2

115(**2

2/)1000*4.1282(2

22

2/)(2/)(3

32 ==

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

==ππ

τ ,

dove tdJ3

22 ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛= π è il momento di inerzia polare all’asse passante per G e

normale alla figura, ricavato pensando al cordone di saldatura come un anello

circolare sottile di spessore t e raggio 2d . Infatti essendo dt << si può esprimere:



( ) ( )∫ ∫ ==⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

π π

πϑϑ2

0

2

0

332

4822tddtddtddJ .

Fig.1. Tensioni sul cordone di saldatura.

Infine, il momento flettente M determina delle sollecitazioni perpendicolari al cordone stesso date da:

tmm

Nmm

tmmNmmd

tdMy

IM

per

7.175

2115

)2

115(

2/)1000*3650(2

2

2/)(2/)(3

3 ==

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

==ππ

σ ,

dove tdI3

2⎟⎠⎞

⎜⎝⎛= π è il momento d’inerzia rispetto all’asse per G e contenuto nel

piano della sezione, ricavato pensando al cordone di saldatura come un anello

circolare sottile ( dt << ) di spessore t e raggio 2d .

Quindi nel punto di maggior sollecitazione, la saldatura dovrà essere in grado di resistere alle seguenti sollecitazioni totali:

mmN

tmmN

tmmN

t21.3787.3034.6

21 =+=+τ

mmN

tper7.175

=σ .

La verifica statica del cordone di saldatura prevede:

ammperid στσσ 70.0221

2 ≤+= +

dove per Fe510 2240 mmN

am =σ .

Dovrà essere quindi:



2

222

212 8.16

70.06.17921.377.175mm

Nsmm

Ntmm

Ntmm

Nt

ammperid =≤=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=+= +

στσσ

dalla precedente relazione si può ricavare quindi il valore di t per il quale sia verificata la resistenza della saldatura:

mmmm

Nmm

Nt 7.10

8.16

6.179

2

=≥

si assume quindi un valore di t = 11 mm. c) Dal grafico allegato si legge che il valore del KI è espresso dalla seguente relazione:

aYK II πσ= . Dovendo determinare la dimensione a che dovrebbe avere una cricca per

originare frattura istantanea del componente, si pone 2510mm

NRI ==σσ e

frat

IcI s

KK = .

Da diagramma allegato, in corrispondenza di 2.02

=c

a e di 1==R

R

p

I

R σσσ , si legge

un valore di 45.1=Y .

Dalla relazione aYsK

Rfrat

Ic πσ= si può ricavare quindi il valore della a:

mmmm

Nmm

N

YsKa

Rfrat

Ic 07.01510*45.1*5.1

1000*5.161

2

2

232

=⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛=⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

ππσ.




L’attuatore idraulico riportato in figura ha come sezione resistente una corona circolare e può essere sollecitato da una forza massima F=100 kN con l’eccentricità riportata in figura. a) Dimensionare staticamente la sezione resistente dell’attuatore considerando l’azione della forza massima F nella condizione di massima eccentricità e = 20 mm. Utilizzare un coefficiente di sicurezza statico sstat = 8; b) Verificare la resistenza a fatica della sezione intagliata di incastro dell’attuatore sul cilindro idraulico, dove è presente uno spallamento con un raggio di raccordo r. Eseguire la verifica con un coefficiente di sicurezza a fatica sfat = 2.5 nell’ipotesi in cui la forza F sia pulsante tra 0 e 100 kN e che l’eccentricità e possa variare come precisato in tabella:

condizione di carico

e [mm] ρi = ni/Ntot

1 0 0.70 2 10 0.15 3 20 0.15

c) Nell’ipotesi che il collegamento tra attuatore e cilindro idraulico sia realizzato con una saldatura a cordoni d’angolo, dimensionare il cordone di saldatura nelle condizioni di cui al punto a) utilizzando un coefficiente di sicurezza ssald = 10. d) Determinare il numero di cicli che porterebbero a rottura il componente se venisse applicata in corrispondenza dell’intaglio un’ampiezza di deformazione totale ∆ε= 1.1 %.

Materiale: Fe510 σf’/E = 0.440 σR = 510 N/mm2 εf’ = 0.188 σy = 355 N/mm2 b = -0.105 c = -0.479



Risoluzione a) La sezione resistente dell’attuatore deve essere dimensionata staticamente a presso-flessione; questa infatti è soggetta a un carico assiale di compressione F = 100 kN e da un momento flettente M = F * e = 100 kN * 20 mm = 2 kNm dovuto appunto all’eccentricità presentata dal carico F. Le sollecitazioni massime agenti si possono così determinare:

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

−==

−=

)(***32*

)(*4

440

0

220

iflessione

iassiale

DDDeF

IyM

DDF

πσ

πσ

.

Per la verifica della sezione resistente, come mostrato approssimativamente in figura, deve risultare:

stat

yflessioneassiale s

σσσ ≤+ ,

la quale comporta:

stat

y

ii sDDDeF

DDF σ

ππ≤

−+

− )(***32

)(*4

440

022

0

.

Fig.1. Andamento delle tensioni.

Considerando un mmDi 20= , si passa a ricavare per iterazioni successive il valore del diametro esterno oD che soddisfi la precedente relazione. Utilizzando il teorema degli zeri, si trova che il valore oD , che soddisfa la suddetta equazione è compreso nell’intervallo 617.117558.117 << oD .

oD 0)(

***32)(

*444

0

022

0

=−−

+− stat

y

ii sDDDeF

DDF σ

ππ

80 73,3399 200 -31,5039 140 -15,1415 110 7,836329 125 -6,09884

117,5 0,066928 121,25 -3,18715



119,375 -1,60614 118,4375 -0,78155 117,9688 -0,36035 117,7344 -0,14748 117,6172 -0,04047 117,5586 0,013181

Si può considerare quindi un valore del diametro esterno pari a mmD 1200 = . b) Nel caso di carico assiale pulsante fra 0 e 100 kN ed eccentricità variabile secondo quanto riportato in tabella, si è in presenza di una sollecitazione di fatica di ampiezza variabile. Si considerano le sollecitazioni agenti nella sezione critica. Queste si possono così determinare:

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

−+

−=+=

−+

−=+=

264

)(4

)(*

264

)(4

)(*

044

022

0max

044

0_22

0_max__

DDD

ePDD

PyI

ePAP

DDD

ePkDD

PkyI

ePkAPk

i

m

i

mmmm

i

aflessf

i

aassf

aflessf

aassfa

ππσ

ππσ

Assumendo i rapporti 5.1=dD e 1.0=

dr , si ricavano i valori del kt_ass e del kt_fles:

kt_ass = 1.87 e kt_fles = 1.68:




In base alla tensione di rottura (σR = 510 N/mm2) ed assumendo un valore del raggio di raccordo r = 0.5 mm si determina il fattore di sensibilità agli intagli q sia per il carico di flessione che assiale:

58.05.0

510 2=⇒

⎪⎩

⎪⎨⎧

=

=q

mmrmm

NRσ

.


Utilizzando questi dati si calcolano quindi i coefficienti di concentrazione degli sforzi a fatica:

kf_fles = 1+(kt_fles -1) q = 1+(1.68 -1) 0.58 = 1.39, kf_ass = 1+(kt_ass -1) q = 1+(1.87 -1) 0.58 = 1.50.

La sezione critica sarà quindi caratterizzata dalle seguenti sollecitazioni: condizione di carico e [mm] ρi = ni/Ntot

iassa __σ [N/mm2]

iassm __σ [N/mm2]

iflessa __σ [N/mm2]

iflessm __σ [N/mm2]

1 0 0.70 6,82 4,55 0,00 0,00 2 10 0.15 6,82 4,55 4,10 2,95 3 20 0.15 6,82 4,55 8,20 5,90

Le sollecitazioni totali che caratterizzano la sezione critica per ogni condizione di carico saranno date quindi da:

iflessaiassaitotalea ______ σσσ +=

iflessmiassmitotalem ______ σσσ += Dalle quali è possibile ottenere:

condizione di carico e [mm] ρi = ni/Ntot itotalea __σ

[N/mm2] itotalem __σ

[N/mm2] 1 0 0.70 6,82 4,55 2 10 0.15 10,92 7,50 3 20 0.15 15,02 10,45



Considerando un coefficiente di sicurezza pari a 2.5 si ha:

Condizione di carico

e [mm]

ρi = ni/Ntot

itotalea __σ[N/mm2]

itotalem __σ[N/mm2]

c.s. itotalea __σ [N/mm2]

itotalem __σ[N/mm2]

1 0 0.70 6,82 4,55 2.5 17,05 11,37 2 10 0.15 10,92 7,50 2.5 27,30 18,74 3 20 0.15 15,02 10,45 2.5 37,55 26,12

Si passa a considerare le caratteristiche del materiale: Sn = Sn’ CL CG CS = 255·1·0.9·0.9 = 206.55 N/mm2

Sn’= 0.5 σR = 255 N/mm2 CL= 1 (trazione) CG = 0.9 (d > 10mm) CS =0.9 (lavorazione con rettifica fine, σR = 510 N/mm2).


Con le combinazioni di carico determinate, nel Diagramma di Haigh si tracciano le relative rette di Goodman_Smith ricavando delle linee a durata costante. Dall’intersezione di queste linee con l’asse verticale relativo a valori di 0=mσ , si leggono le rispettive quantità della aσ tramite la quale si ricavano le durate corrispondenti dalla curva S – N.




Si trovano quindi i seguenti valori:

2_1_ 45.17 mmN

fata =σ ,

2_2_ 34.28 mmN

fata =σ ,

2_3_ 58.39 mmN

fata =σ

Si procede con il ricavare la curva S – N. Per le caratteristiche del materiale, oltre al valore di Sn relativo a 106 cicli che come visto è pari a:

Sn (106

cicli) = Sn’ Sn’ CL CG CS = 255·1·0.9·0.9 = 206.55 N/mm2 si ricava il valore di S(10

3cicli) che è pari a (considerando la condizione più gravosa

con carico di trazione): S(10

3cicli) = 0.75 σR = 0.75 510 = 382.5 N/mm2.

Fig.5. Curva S-N.



Secondo la regola di Miner, si passa a calcolare la sollecitazione equivalente al

blocco di carico con la relazione:

k

i

kfatiai

eqa nn

∑∑= __

_

σσ

dove appunto

2_1_ 45.17 mmN

fata =σ 2_2_ 34.28 mmN

fata =σ 2_3_ 58.39 mmN

fata =σ

e il coefficiente k è dato da:

21.11

55.2065.382log

1010log 3

6

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

=k

Quindi si ha:

221.11

6

21.1121.1121.116

21.116

21.11_3_3

21.11_2_2

21.11_1_1__

_

49.3310

)58.39*15.034.28*15.045.17*70.0(10

10

mmN

nnnn

n fatafatafatak

i

kfatiai

eqa

=++

=

=++

==∑

∑ σσσσσ

.

Il valore ottenuto altro non è che il carico equivalente allo schema a blocchi della tabella data che provocherebbe in 106 cicli lo stesso danno della combinazione di carico.

Confrontando la 2__

_ 49.33 mmN

nn

k

i

kfatiai

eqa ==∑

∑ σσ con la Sn (10

6cicli) = 206.55

N/mm2 si ha che:

26

2__

_ 55.206)10(7.64 mmNcicliSmm

Nn

nnk

i

kfatiai

eqa =<==∑

∑ σσ ,

quindi la resistenza a fatica della sezione intagliata è verificata. c) Per dimensionare la saldatura a cordoni d’angolo, si individua il baricentro G della saldatura stessa, posizionato in questo caso al centro della saldatura sull’asse longitudinale dell’albero di diametro 0D , come in figura:



Si provvede a traslare quindi parallelamente a se stesso il carico F nel baricentro G e ad aggiungere il momento flettente M = F * e = 100 KN * 20 mm = 2 kNm. Indicando con t è l’altezza di gola del cordone di saldatura e considerando di ribaltare la sezione di gola sul lato del cordone a contatto con il cilindro idraulico, si possono determinare le sollecitazioni così come fatto di seguito. Il carico F provoca nei due cordoni di saldatura delle sollecitazioni normali al cordone stesso. Considerando il cordone di saldatura come un anello caratterizzato da una dimensione 0Dt << , è possibile esprimere l’area della saldatura come tDA 0π= e quindi ricavare una sollecitazione:

mmN

ttmmN

tDF 26.265

*120*1000*100

** 0

===⊥ ππσ

dove t è l’altezza di gola del cordone stesso. Infine, il momento flettente M determina delle sollecitazioni sempre perpendicolari al cordone stesso. Considerando come prima il cordone di saldatura come un anello caratterizzato da una dimensione 0Dt << , è possibile esprimere il momento

d’inerzia della saldatura come tDI3

0

2⎟⎠⎞

⎜⎝⎛= π e quindi ricavare:

tmm

Nmm

tmmNmmD

tDMy

IM 84.176

2120

2120

1000*1000*22

2

30

30

=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

==⊥

ππσ .

Quindi la saldatura dovrà essere in grado di resistere alle seguenti sollecitazioni totali:

mmN

tmmN

tmmN

ttotper1.44284.17626.265

_ =+=σ .

La verifica statica del cordone di saldatura prevede:



ammtotperid σσσ 85.02_ ≤= ,

dove per Fe510 2240 mmN

am =σ .

Dovrà essere quindi:

2

22

_ 4.2085.01.4421.442

mmN

smmN

tmmN

tamm

totperid =≤=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛==

σσσ ,

dalla precedente relazione si può ricavare pertanto il valore di t per il quale sia verificata la resistenza della saldatura:

mmmm

Nmm

Nt 67.21

4.20

1.442

2

=≥

si assume quindi un valore di t = 22 mm. Da notare l’eccessiva dimensione del cordone dovuta alle elevate forze in gioco e alle piccole dimensioni del dimensioni del diametro 0D del pistone.



1.8 ESERCIZIO PROVA SCRITTA DEL 13/12/2007

La figura 1 rappresenta la geometria della manovella di un albero motore. L’albero motore è sollecitato in corrispondenza di uno dei perni di banco da un momento torcente M = Mm + Masinωτ ed è equilibrato da una forza F applicata nel punto medio del perno di biella (punto A in Figura 1). L’albero è sorretto da due cuscinetti posti in corrispondenza dei due perni di banco e la distanza S tra i perni di banco e di biella è pari a 35 mm. a) Dimensionare staticamente i perni di banco, il perno di manovella e la manovella (dimensioni D1, D2, T, W in Figura 1). Utilizzare un coefficiente di sicurezza sstat = 4. b) Dimensionare a fatica i perni di banco e di manovella adattando i grafici per il calcolo del coefficiente di concentrazione delle tensioni nel caso di alberi con spallamento. Si trascuri l’effetto della sollecitazione di flessione e si utilizzi un coefficiente di sicurezza sfat = 2. Figura 1

Dati: Mm = 140 Nm Ma = 60 Nm S = 35 mm Materiale: 26NiCrMoV115 bonificato σR = 1324 N/mm2

σy = 1145 N/mm2

perno di biella

perni di banco

manovella

A



Risoluzione a) Per dimensionare staticamente i perni di banco, il perno di manovella e la manovella (dimensioni D1, D2, T, W in Figura 1) si devono considerare singolarmente questi elementi. Il perno di biella lo si considera come una trave appoggiata-appoggiata soggetta a momento torcente e taglio trascurando le sollecitazioni dovute al momento flettente. La sezione maggiormente sollecitata è soggetta a un momento torcente pari a

NmNmNmMMM ma 20060140 =+=+= e dalla forza di taglio F che equilibri il momento torcente applicato NmMM ma 200=+ dato da

Nmm

NmmS

MMF ma 3.571435

1000*)60140(=

+=

+= .

Le sollecitazioni di torsione provocano:

( )32

16DM

tors πτ = ,

il taglio da invece:

22

234

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

=DF

tag

πτ .

La sollecitazione massima si avrà in corrispondenza del raggio esterno e sarà:

( ) 22

32

23416

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

+=+=DF

DM

tagtot tors

ππ

τττ .

Per il criterio di V. Mises dovrà essere:

22 25.286

4)(3 mm

Nytagtoreq =<+=

σττσ .

Risolvendo la precedente relazione per tentativi, si trova che il valore di 2D che soddisfa la precedente relazione è compreso nell’intervallo

mmDmm 41.1939.19 2 << :

2D [mm] 4

)(3)( 22

ytagtorDf

σττ −+=

10 1646,027 20 -23,7123 15 311,169

17,5 97,8051 18,75 29,18726 19,375 1,079067 19,6875 -11,6991

19,53125 -5,40944 19,45313 -2,19053 19,41406 -0,56213 19,39453 0,256862



Assumendo quindi un valore di mmD 202 = la resistenza del perno di biella è verificata. La manovella si considera come una trave incastrata soggetta a momento flettente e taglio. Il momento flettente che caratterizza la manovella è dovuto alla forza F avente una certa eccentricità S:

NmmmNsFM flett 20035*3.5714* === (in questo caso quindi il momento flettente che caratterizza la manovella è pari al momento torcente che caratterizza il perno di biella). Il taglio invece è dato dalla forza F pari a

Nmm

NmmS

MMF ma 3.571435

1000*)60140(=

+=

+= . È da notare però come si sia

trascurato il contributo di momento torcente dovuto al braccio della forza F rispetto alla stessa manovella. Come si nota nel disegno, la manovella dovrà avere larghezza T e spessore W pari almeno al diametro 1D del perno di banco. Le sollecitazioni di momento flettente provocano:

2)(6

WTM fless

fless =σ ,


TWF

tag 23

=τ .

La sezione maggiormente sollecitata si avrà in corrispondenza della sezione considerata “incastrata” dove il braccio della forza F è massimo ed è quindi massimo anche il momento flettente. Per il criterio di V. Mises dovrà essere:

222 25.286

43 mm

Nyflesseq tag

=<+=σ

τσσ .

Fissando un valore di mmT 10= e risolvendo la precedente relazione per tentativi, si trova che il valore di 1D che soddisfa la precedente relazione è compreso nell’intervallo mmDmm 02.2178.20 1 << :

W [mm] 0

43)( 22

1 =−+= yfless tag

Dσ

τσσ

10 922,89884 25 -85,276

17,5 114,66528 21,25 -11,47577

19,375 42,472472 20,3125 13,633367 20,78125 0,6543744 21,01563 -5,512082

Assumendo quindi un valore di mmW 25= la resistenza della manovella è garantita. La sezione minima della manovella invece, che assunto mmW 25= sarà



sicuramente caratterizzata da uno spessore minore di 25 mm, deve essere maggiore del diametro del perno di biella mmD 202 = come vi può vedere dal disegno. Il perno di banco lo si considera infine come una trave appoggiata-appoggiata soggetta a momento torcente e taglio trascurando le sollecitazioni dovute al momento flettente. La sezione maggiormente sollecitata è soggetta, come per il perno di biella, a un momento torcente pari a NmNmNmMMM ma 20060140 =+=+= e dalla forza di

taglio F data da Nmm

NmmS

MMF ma 3.571435

1000*)60140(=

+=

+= . Anche in questo

caso si è trascurato il contributo del momento flettente. Avendo fissato nel dimensionamento della manovella una dimensione mmW 25= , si sceglie per il perno di banco un valore di mmD 221 = minore di mmW 25= , come da disegno. Si passa quindi in questo caso a verificare la resistenza del perno di banco con sezione caratterizzata da mmD 221 = . Le sollecitazioni di torsione provocano:

( )31

16DM

tors πτ = ,


21

234

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

=DF

tag

πτ .

La sollecitazione massima si avrà in corrispondenza del raggio esterno e sarà:

( ) 21

31

23416

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

+=+=DF

DM

tagtot tors

ππ

τττ .

Per il criterio di V. Mises dovrà essere:

22 25.286

4)(3 mm

Nytagtoreq =<+=

σττσ .

Sostituendo gli opportuni valori si ottiene:

( ) 22

2

23

2

21

31

2

25.2864

4.200)22(3

3.5714*1622

1000*200*163

)(316

)(163)(3

mmN

mmN

mmN

mmNmm

DF

DM

y

tagtoreq

=<=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=+=

σππ

ππττσ

.

La dimensione scelta di mmD 221 = verifica quindi la resistenza del perno di banco. b) Per dimensionare a fatica i perni di banco e di biella, si considerano questi soggetti al solo momento torcente. Il dimensionamento a fatica va effettuato considerando nella sezione critica il coefficiente di concentrazione delle tensioni come nel caso di alberi con spallamento.



Le sollecitazioni presenti sui perni di banco e di biella sono le stesse, si provvederà quindi al dimensionamento a fatica per il solo perno di banco. Il valore del diametro 1D ottenuto dovrà essere quindi lo stesso di 2D . Il momento torcente M = Mm + Masin(ωt) provoca sollecitazioni torsionali. Le sollecitazioni massime dovute quindi al momento torcente si possono così determinare:

( )

( )⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

=

=

31

31

_

16

16

DM

DMk

mm

atorsfa

πτ

πτ

.

Considerando uno spallamento di raggio di raccordo r = 0.5 e imponendo i rapporti

5.1=dD e 1.0=

dr si può quindi determinare il valore di kt_tors = 1.39.


In base alla tensione di rottura (σR = 1324 N/mm2) e considerando un valore del raggio di raccordo r = 0.5 mm si determina il fattore di sensibilità agli intagli q = 0.92.




Utilizzando questi dati si calcola quindi il coefficiente di concentrazione degli sforzi a fatica:

kf_tors = 1+(kt_tors -1) q = 1+(1.39 -1) 0.92 = 1.36. Si passa a considerare le caratteristiche del materiale:

Tn = Sn’ CL CG CS = 662·0.58·0.9·0.85 = 293.73 N/mm2 Sn’= 0.5 σR = 662 N/mm2 CL= 0.58 (momento torcente) CG = 0.9 (d > 10mm) CS =0.85 (lavorazione con rettifica fine, σR = 1324 N/mm2).






58.01406036.1_ ====

NmNm

MMKtg

m

atorsf

m

a αττ .


Il limite di fatica, considerando che 22.10598.0 mmN

RR == στ e che

21.66458.0 mmN

yy == στ , sarà quindi pari a:

272.1981 mmN

Ttg

tg

Rn

A =+

=

ταατ


( ) 2

2

31

_ 36.992

72.19816mm

NmmN

sDMk A

Aa

torsfa ===≤=ττ

πτ .

Si può ricavare di conseguenza il valore del diametro 1D :

mmmm

NNmmsMk

DA

atorsf 11.1672.198

2*1000*60*36.1*16163

2

3_

1 ===ππτ

.

Si considera quindi per il diametro del perno di banco 1D e di biella 2D un valore almeno di 20 mm.

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Capitolo 1 Esercizi Sulla Fatica__2436341