Politecnico di Torino
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Elementi Costruttivi delle Macchine
2
Esercizi – Fatica
Esercizi
Sia dato un materiale avente σ D−1 = 450 MPa per N = 2⋅106 cicli ed esponente della curva di Wöhler
5
E.1 k = 7.5. Calcolare la tensione limite alternata corrispondente a N = 3⋅10 cicli.
[σa = 580 MPa]
Un acciaio ha limite di fatica standard σD1 = 250 MPa (N ≥ 2⋅106) e carico unitario di rottura
Rm = 600 MPa; calcolare il limite di fatica per N = 105 cicli, sapendo che l’espressione della linea SN
E.2
è σk × N = B .
[σa = 338 MPa]
Una barra di acciaio (Rm = 900 MPa, ReH = 750 MPa, σ D−1 = 400 MPa, Ra=0.8 m) è sottoposta a
sollecitazioni alternate di trazione con σmax = 150 MPa, σmin = -250 MPa. Calcolare il coefficiente di
E.3
sicurezza a fatica (si assuma σm = costante).
[CS = 1,48]
La sezione intagliata di un provino sottoposto a trazione alterna è soggetta a un ciclo di tensione i cui
valori (nominali) estremi sono ±80 MPa; il fattore di forma è Kt = 2, la sensibilità all'intaglio è
q = 0.7. Valutare il limite di fatica del materiale necessario per garantire un coefficiente di sicurezza
E.4 CS = 3 a fatica per vita illimitata (caso con tensione media costante e tensione alternata dipendente
dalle prestazioni).
[σD1 = 583 MPa]
Un provino (σD-1= 100 MPa, Rm = 600 MPa, Rp0.2 = 460 MPa) è sottoposto a sollecitazioni alternate
con σmax = 350 MPa, σmin = 250 MPa. Considerando che esiste uno stato di tensioni residue di
E.5 compressione dovuto a pallinatura con σpallinatura = −400 MPa, calcolare il coefficiente di sicurezza a
fatica (caso con tensione media costante e tensione alternata dipendente dalle prestazioni).
[CS=2]
Lo schema in figura rappresenta un albero rotante caricato all’estremo
F
libero da una forza trasversale F= 5 kN. Dati: D = 45 mm, d = 38 mm, A
B
r = 1.5 mm, L = 180 mm, l = 90 mm, Ra = 1.6 µm; verificare a fatica la
L
l
sezione in corrispondenza del supporto B. Il materiale ha le seguenti
caratteristiche: Rm = 900 MPa, Rp0,2 = 635 MPa, σD-1 = 450 MPa.
[CS = 2.10]
Particolare zona carrello B
E.6
1,6
D
d
r
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Soluzioni
Sia dato un materiale avente σ D−1 = 450 MPa per N = 2⋅106 cicli ed esponente della curva di Wöhler
k = 7.5. Calcolare la tensione limite alternata corrispondente a N = 3⋅105 cicli.
Soluzione:
E.1
retta di Basquin : σ a k ⋅ N = B
B = ( σ D −1 ) k ⋅ N G = 4507.5 ⋅ 2 ⋅ 106 = 1.58 ⋅ 10 26
1 / 7.5
1/ k
 1.58 ⋅ 10 26 

= 
= 580 MPa
5

 3 ⋅ 10 
Un acciaio ha limite di fatica alternata a vita illimitata σD1 = 250 MPa (N ≥ 2⋅106) e carico unitario di
rottura Rm = 600 MPa; calcolare il limite di fatica per N = 105 cicli, sapendo che l’espressione della
curva di Wöhler è σ k × N = B .
 B
per 3 ⋅ 10 cicli si ha : σ D =  
N
5
Soluzione:
(0.9 ⋅ R m ) k ⋅ 103 = ( σ D −1 ) k ⋅ 2 ⋅ 106
E.2
da cui : k =
log(103 ) − log(2 ⋅ 106 )
3 − 6 − log 2
=
= 9.87
log(σ D −1 ) − log(0.9 ⋅ R m ) log 250 − log 540
e quindi : B = ( σ D −1 ) k ⋅ 2 ⋅ 106 = 2509.87 ⋅ 2 ⋅ 106 = 9.30 ⋅ 10 29
Dato che : σ D k ⋅ 105 = B
1/ k
 B 
per 10 cicli si ricava : σ D =  5 
 10 
5
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1 / 9.87
 9.30 ⋅ 10 29 

= 
5

10


= 338 MPa
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Una barra di acciaio (Rm = 900 MPa, ReH = 750 MPa, σ D−1 = 400 MPa, Ra=0.8 m) è sottoposta a
sollecitazioni alternate di trazione con σmax = 150 MPa, σmin = -250 MPa. Calcolare il coefficiente di
sicurezza a fatica (si assuma σm = costante).
Soluzione:
σ
+ σ min 150 − 250
σ m = max
=
= −50 MPa
2
2
; il punto di lavoro P ha coordinate (σPm , σPa)=(50 ,
σ max − σ min 150 + 250
σa =
=
= 200 MPa
2
2
200)
Per tracciare il diagramma di Haigh bisogna considerare che si tratta di trazione-compressione
ovvero:
σ D−1 = C L ⋅ σ* D−1 = 0.7 ⋅ 400 = 280 MPa
σa
[MPa]
E.3
L
(0, σD−1=σ∗D−1·CL)
P (σPm , σPa)
M
R eH
Rm
σm
[MPa]
Il coefficiente di sicurezza vale: CS =
LM LM 296
= P =
= 1.48
PM
200
σa
La sezione intagliata di un provino sottoposto a trazione alterna è soggetta a un ciclo di tensione i cui
valori (nominali) estremi sono ±80 MPa; il fattore di forma è Kt = 2, la sensibilità all'intaglio è
q = 0.7. Valutare il limite di fatica del materiale necessario per garantire un coefficiente di sicurezza
CS = 3 a fatica per vita illimitata fatica (caso con tensione media costante e tensione alternata
dipendente dalle prestazioni).
Soluzione:
E.4
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P
σ aP = 80 MPa; σ m
= 0 MPa
σa
[MPa]
- tipo di carico
CL = 0.7 perché si tratta di trazione alterna
- intaglio
K f = 1 + q (K t − 1) = 1.7
costruendo il diagramma di Haigh e
LO σ D−1 σ*D−1 ⋅ C L
si ricava:
CS = 3 =
= P =
PO
K f ⋅ σ aP
σa
σ* D −1 =
L
(0, σD−1=σ∗D−1CL/Kf)
P (0, σPa)
imponendo
O
R p0.2
CS ⋅ K f ⋅ σ aP 3 ⋅ 1.7 ⋅ 80
=
= 583 MPa
CL
0.7
Un provino ( σ D−1 = 100 MPa, Rm = 600 MPa, Rp0.2 = 460 MPa) è sottoposto a sollecitazioni
alternate con σmax = 350 MPa, σmin = 250 MPa. Considerando che esiste uno stato di tensioni residue
di compressione dovuto a pallinatura con σpallinatura = −400 MPa, calcolare il coefficiente di sicurezza
a fatica (caso con tensione media costante e tensione alternata dipendente dalle prestazioni).
σa
[MPa]
Soluzione:
σ
+ σ min 350 + 250
σ m = max
=
= 300 MPa
2
2
σ
− σ min 350 − 250
σ a = max
=
= 50 MPa
2
2
E.5
Il punto di lavoro P ha coordinate:
L
(0, σD−1)
P (σPm, σPa)
P
σm
= σ m + σ pallinatura = 300 − 400 = −100 MPa
M
σ aP = σ a = 50 MPa
R p0.2
Rm
Dalla costruzione del diagramma di Haigh del provino
si ricava:
CS =
E6
LM σ D −1 100
= P =
=2
PM
50
σa
Lo schema in figura rappresenta un albero rotante caricato all’estremo da una forza trasversale
F= 5 kN. Dati: D = 45 mm, d = 38 mm, r = 1.5 mm, L = 180 mm, l = 90 mm, rugosità Ra = 1.6 m;
verificare a fatica la sezione in corrispondenza del supporto B. Materiale: Rm = 900 MPa,
Rp0,2 = 635 MPa, D1 = 450 MPa.
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Soluzione:
Dalle equazioni di equilibrio alla rotazione intorno B e A si ricavano:
F ⋅l
VA =
= 2.5 kN (↓)
L
F ⋅ (L + l)
VB =
= 7.5 kN (↑)
L
La caratteristica di sollecitazione momento flettente in B vale: M f ,B = F ⋅ l = 450 Nm
La sollecitazione è flessione rotante, quindi nel punto più sollecitato (P sulla periferia) della
sezione in B:
M f ,B
M f ,B
450 ⋅10 3
σ Pm = 0 MPa , σ Pa =
= 3
=
= 84 MPa
Wf
5384
πd / 32
Il limite di fatica del materiale deve essere corretto per valutare il limite di fatica del
componente:
- tipo di carico
CL = 1 perché si tratta di flessione rotante
- dimensioni (sollecitazione con gradiente)
d = 38 mm, da diagramma si ricava CS = 0.85
- finitura superficiale
Ra = 1.6 µm, da diagramma si ricava CF = 0.95
- intaglio
r/d = 1.5/38 = 0.04 D/d = 45/38 = 1.18: da diagramma si ricava il fattore di forma Kt
= 2.30
Rp0,2 = 635 MPa: da diagramma (sensibilità all’intaglio) si ricava A= 0.28 mm1/2 e
quindi
1
1
q=
e
K f = 1 + q ⋅ ( K t − 1) = 2.05
=
= 0.81
A
0.28
1+
1+
r
1.5
Il
limite
di
fatica
del
componente
vale:
C ⋅C ⋅C
1 ⋅ 0.85 ⋅ 0.95
σ D−1 = σ*D −1 L S F = 450
= 177 MPa
Kf
2.05
Il diagramma di Haigh del componente è:
σa
[MPa]
L
(0, σD−1=σ∗D−1·CL·CS·CF /Kf)
P (0, σPa)
O
R p0.2
Rm
σm
[MPa]
da cui:
CS =
LO σ D−1 177
= P =
= 2.10
PO
84
σa
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