Esercizi di preparazione all'esame di Meccanica dei materiali

VITA FINITA: CALCOLO DELLA DURATA

Se sul componente agisce un momento flettente rotante M =300 Nm, possiamo calcolare la

f

L’ampiezza di oscillazione della tensione è:

durata nel seguente modo.

 lav300Nm 3

= 32*300000/(*25 ) = 195.669 MPa

Il momento flettente di 300 Nm provoca il cedimento dell’albero poiché la tensione di fatica che



genera è maggiore del =136.17 MPa che si ricava dal diagramma di Haigh per la tensione

lim

media applicata di 55.776 MPa. La vita del componente non è più infinita ma diventa a termine.

Si dice che il componente ha una vita (durata) finita.



Dalla curva di Whöler relativa alla di lavoro ricavata dai dati del problema si ottiene:

m

 

lav300Nm m f300Nm m

) N = ) 1000

e,1000 *

*

Da cui segue:

f300Nm lav300Nm m

N = ( / ) 1000

e,1000 *

Sviluppando il calcolo, si ha infine:

f300Nm 3.987 6

N = (/) 1000 = 235582 cicli < 10 cicli c.v.d

*



La durata può essere calcolata per un qualsiasi valore di momento flettente rotante.

Consideriamo, ad esempio, il caso M =150 Nm. La tensione alterna di lavoro si ricava come:

f



lav150Nm 3

= 32*150000/(*25 ) = 97.835 MPa

 

lav150Nm m f150Nm m

) N = ) 1000

* e,1000 *

f150Nm lav150Nm m

N = ( / ) 1000

e,1000 *

f150Nm 3.987

N = (/) 1000 = 3.735 milioni di cicli

*

Il valore ottenuto per il numero di cicli a rottura ha però un mero significato numerico! Infatti, la

durata di 3.735 milioni di cicli è addirittura superiore alla durata di 1 milione di cicli che abbiamo

convenzionalmente assunto corrispondere al limite di fatica. Ciò era ovvio visto che la tensione

alterna generata dal M =150 Nm è addirittura inferiore a quella limite ricavata dal diagramma di

f

Haigh per la tensione media di lavoro applicata all’albero: solo 97.835 MPa contro ben 136.17 MPa.

Un albero rotante di diametro 30 mm presenta uno spallamento con diametro 20 mm e raggio

di raccordo 2 mm. L’albero è soggetto ad un momento torcente variabile tra 30 e 80 Nm. Il

=0.3, 

materiale dell’albero ha le seguenti caratteristiche meccaniche: E=206 GPa, =450

e

 

MPa, =880 MPa, =650 MPa. Assumere k =0.745.

r sn c

Disegnare il diagramma di Haigh e trovare il coefficiente di sicurezza a fatica.

poi l’esercizio anche nell’ipotesi che agisca uno sforzo normale costante pari a 10 kN.

Risolvere r

M M

torq torq

D d D = 30 mm

d = 20 mm

l’esercizio senza considerare lo sforzo normale.

Risolviamo 

L’ampiezza di oscillazione alla gola dell’intaglio

agente sul componente si determina come:

lav

   

 

  

MAX MIN  

16 M M (8000030000)

1 1 16 * 50000 10000



  

 

t t = 15.9 MPa

 

 

nom

lav 

3 3

 

2 2

d * 20

 



La tensione media di lavoro agente sul componente si determina come:

lav

m

   

 

  

MAX MIN  

(8000030000)

16 M M

1 1 16 * 50000 10000

   

nom 2

 

t t 35.1 MPa

lav 19

.

108 kg / mm

 

 

m 

3 3

 

2 2

d * 20

 

In base al criterio di resistenza di Von Mises, il limite di fatica effettivo a torsione è:

k ∙ k ∙ k ∙ (∆σ /√3)

a b c e

eff

∆τ =

LIM K f 

Sempre dal criterio di Von Mises, si ricava anche la tensione di snervamento . Si ha:

SN

 80

650

    2

SN 46

. 188 kg / mm

375.3 MPa

SN 3 3

Entrando con la tensione di rottura di 0.88 GPa e il diametro di gola di 20 mm nei diagrammi del

fattore di superficie k e del fattore dimensionale k si ottiene k =0.69 e k =0.94.

a b a b

0.69 0.94

0.88

Poiché r/d =2/20=0.1 e D/d=30/20=1.5, si deve interpolare dal diagramma relativo alla torsione

variabile il valore fattore di forma K .

T

K

t 1.45

1.33 D/d=2

1.2

1.09

r/d

Interpolando il diagramma del fattore di forma relativo al componente intagliato in esame (mostrato

in Figura 3.2) si ottiene K =1.375 dalla seguente relazione:

T

 1.2 

1

.

1

K K D / d 1

.

1

1.2



T T 

 1.2

2 1

.

5 1

.

1 1

.

3 1

.

1

21.2

K K

T T 2

ove K =1.33 e K =1.45 sono rispettivamente i valori del fattore di forma ricavati in corrispondenza

1.2

T T

di D/d=1.2 e 2.

Entrando nel diagramma del coefficiente di sensibilità all’intaglio in corrispondenza del raggio di



raccordo r = 2 mm si ottiene circa q=0.85 per il valore di =880 MPa=0.88 GPa.

r

0.85

Il fattore di intaglio K si determina quindi dalla seguente relazione:

F

1) 1)

K =1+q(K = 1+0.85*(1.375 = 1.319

F T

Dal criterio di Von Mises, il limite di fatica effettivo a torsione viene:

k ∙ k ∙ k ∙ (∆σ /√3) 0.69 ∙ 0.94 ∙ 0.745 ∙ (450/√3)

a b c e

eff

∆τ = = = 95.18 MPa

LIM K 1.319

f

La figura riporta il diagramma di Haigh che permette di determinare il coefficiente di sicurezza a

fatica del componente intagliato. Il punto di funzionamento F(35.1;15.9) corrisponde alla

dall’intaglio. L’ipotesi alla base del calcolo del coefficiente di sicurezza a

sollecitazione prodotta

fatica è che le tensioni agenti sul componente intagliato aumentino linearmente fino a rottura.

di “snervamento” si

Il punto Q di intersezione tra la retta r e la retta s può determinare risolvendo il

seguente sistema lineare:



      

    

 

s : s : 46

.

188

375.3



m SN m



 

 



  

 eff 

r : 25

.

779

 95.1

r : LIM

La risoluzione del sistema porge Q(280.2; 95.1) MPa.

corrisponde alla intersezione della retta di “funzionamento”

Si nota che il punto limite F f (quella

LIM

delimitata dall’origine del diagramma e dal punto di parallela all’asse delle

lavoro F) con la retta r

ascisse. 



     

 eff

s :

r LIM

m SN

 

 MAX MIN

M M



   

t t

f :

 m



MAX MIN

 M M

t t

Questo sistema lineare può essere allora riscritto come:



    

 r

s : 46

.

188

95.1

m

 



   



f : 0

.

6667

453 m m

Si ricavano quindi le coordinate del punto limite F :

LIM

 

  

eff , K



 mF F 27

.

713

= 208.8

LIM

m LIM 2



  MPMPa

kg / mm

 F = 95.1

LIM

 

 

eff , K

m

 18

.

475

F LIM

L’esattezza di valori limite di tensione media e tensione alternata sopra ricavati é confermata dal fatto

che il punto di intersezione Q tra la retta r relativa alla rottura e la retta s relativa allo snervamento ha

 ̅̅̅̅

Q Q

coordinate = 280.2 MPa e =95.1 MPa. Il coefficiente angolare del segmento di retta è

m ̅̅̅̅̅̅̅̅

quindi 95.1/280.2=0.339 che è proprio minore del coefficiente angolare di .

LIM

Infine, si può determinare il coefficiente di sicurezza a fatica:

∆

 = =

FAT

∆

ossia: 95.1 208.8

 = = = 5.974

FAT 15.9 35.1

>1,

Poiché il componente intagliato resiste a fatica con vita infinita. Ciò si poteva evincere anche

dal fatto che il punto di funzionamento F cade all’interno della regione delimitata dal diagramma di

Haigh.

Nel caso in cui l’albero sia soggetto anche allo sforzo normale N di 10 kN si osserva che la

componente alterna di tensione dovuta alla torsione non varia. Tuttavia, aumenta la tensione

media agente sul componente poiché la tensione normale statica ora si sovrappone alla tensione

 2

media di 35.1 MPa dei cicli di torsione. La tensione dello sforzo normale è pari a 4N/(d ),

N

2

che porge 4 10000/( 20 ) = 31.85 MPa.

 

La tensioni statica dello sforzo normale e quella media del momento torcente variabile dovrebbero

a cui si aggiunge l’oscillazione

essere composte per trovare il nuovo valore di sollecitazione media

M

di tensione prodotta da . Utilizzando il criterio di Von Mises si ottiene:

t 2

√ 2

= + 3 ∙ ( )

Questa tensione ideale si può ricondurre ad una tensione tangenziale (essendo la sollecitazione alterna

)

dovuta alla torsione si deve rappresentare il diagramma di Haigh in funzione delle equivalente

  eff

√3,

dividendola per come fatto in precedenza per la e la del materiale. Si ha:

SN LIM

2

2

√(

= ( /√3) = ) + ( )

√3

Ricordando che per le proprietà delle radici quadrate risulta comunque:

2

2

√( ) + ( ) < +

√3 √3

si può assumere conservativamente come tensione tangenziale ideale:

= +

√3

che diventa quindi la nuova tensione media di lavoro. Si ha allora:

′

( ) = = +

√3

Sostituendo i valori, si ottiene: 31.85

′

( ) = + 35.1 = 53.5 MPa

√3

Il nuovo punto di lavoro F’ ha quindi coordinate (53.2;15.9) nel diagramma di Haigh non essendo



variata la componente alterna della sollecitazione rispetto al caso precedente. La figura seguente

lav

mostra il diagramma di Haigh relativo al nuovo stato di sollecitazione. Il diagramma include anche

la retta di funzionamento per il caso precedente. Il componente ha vita infinita anche nel caso della

nuova sollecitazione. ’ viene ora definito dall’intersezione d