COMPORTAMENTO MECCANICO DEI...

COMPORTAMENTO COMPORTAMENTO MECCANICO DEI MECCANICO DEI

MATERIALIMATERIALIMATERIALIMATERIALI

Esempio di esame scrittoEsempio di esame scrittol i t tl i t tcon soluzione commentatacon soluzione commentata

Titolare: Prof. Eugenio Titolare: Prof. Eugenio BrusaBrusaTutore: Ing. Mario Tutore: Ing. Mario LavellaLavella

DipDip. Ing. Meccanica e Aerospaziale. Ing. Meccanica e Aerospaziale

Tema 1 PARTE I

Esame del …. PARTE I: Domande di teoria (6 domande in 15’)

Non è consentito l’utilizzo di materiale didattico né personale. Ogni risposta giusta è valutata 1, ogni errata 0. Punti disponibili totali: 6.

D1 Per descrivere compiutamente lo stato di tensione in un punto occorre: [A] conoscere il punto di applicazione e la direzione del vettore tensione [B] conoscere il punto di applicazione, la direzione, il modulo e il verso della forza

applicata e l’area su cui essa agisce [C] conoscere il punto di applicazione e il modulo del vettore della tensione normale

D2 La formula per il calcolo delle tensioni tangenziali per il caso della torsione di una

trave a sezione con parete sottile s

MΩ

=2

τ :

[A] include s lo spessore della parete, mentre Ω è l’area della sezione della trave [B] include s lo spessore della parete, mentre Ω è l’area racchiusa dalla linea media della parte sottile [C] è sbagliata

D3 Quale delle seguenti ipotesi si applica nel caso di materiale duttile ? [A] σeq = 1σ

[B] σeq = 2

31 σσ −

[C] σeq = 31 σσ −

D4 Su un tratto di un albero è applicato un carico distribuito con andamento parabolico. Questo significa che in quel tratto: [A] Il momento flettente è nullo [B] Il momento flettente è costante [C] Il taglio varia con una legge cubica

D5 Ai fini della vita a fatica un albero pallinato in superficie: [A] è meno resistente di uno non trattato meccanicamente [B] è meno resistente di uno intagliato, a parità di trattamento [C] è più resistente di uno intagliato, rullato a caldo

D6 Nella curva di Wöhler di una lega leggera appare lecito dire che: [A] garantisce vita infinita [B] garantisce vita infinita oltre i 1010 cicli [C] può o meno trovarsi nella condizione di sicurezza rispetto alla vita a fatica a seconda della tensione alternata applicata, per un dato numero di cicli previsti

E. Brusa, M. Lavella Comportamento meccanico dei materiali – Esempi di temi d’esame svolti e commentati

2

Tema 1: soluzione

Si considerino i seguenti spunti di riflessione per comprendere le risposte.

Domanda D1 (B)

Domanda D2 (B)


3

Domanda 3 (C)

Domanda 4 (C)

(funzione di grado zero -> q(0))

Funzioni di grado 1 (T) e 2 (M) cioè q(0) + 1 = T(1); q(0) +2 = M(2)


4

Domanda 5 (C)

Domanda 6 (C)

(curva tipica di acciaio ferroso)


5

(esempio di lega leggera in cui non esiste un vero limite di fatica)


6

Tema 1 PARTE II

PARTE II: Esercizi (da svolgere nel tempo fino alle due ore totali disponibili) E’ consentito l’utilizzo di materiale didattico.

Ogni esercizio è valutato di risposta in risposta. Punti disponibili totali: 24(*).

ESERCIZIO 1

F1 = 1000 N F2 = 5000 N C = 1000 Nm F3 = 3000 N F4 = 5000 N L = 1000 mm

Per la trave sopra riportata con il relativo sistema di riferimento (la freccia curva indica un momento flettente, C, intorno all’asse x uscente dal foglio): 1. Calcolare le tre reazioni vincolari HA, VA e RB, scrivendo le equazioni che si utilizzano

per eseguire il calcolo. 2. Disegnare i diagrammi di N, Ty e Mx secondo la convenzione indicata in figura; si

riportino nei diagrammi i valori numerici notevoli. 3. Si identifichi la sezione più sollecitata dal punto di vista della tensione σzz e della

deformazione εzz e si calcolino i loro valori massimi nella sezione stessa, supponendo la sezione circolare, di diametro 50 mm e la struttura in acciaio (E = 2⋅105 N/mm2 ν = 0.3).

ESERCIZIO 2

In figura è rappresentata la sezione trasversale di una trave, costituita da una base quadrata piena di 200 mm di lato, dalla quale è stata asportata una porzione di sezione quadrata di lato 50 mm, in modo tale che l’asse y rappresenti l’asse di simmetria della sezione. 1. Calcolare le coordinate del baricentro nel riferimento x,y indicato. 2. Calcolare i momenti di area del secondo ordine IXX, IYY e IXY, nel riferimento centrale X,Y. 3. Supponendo che alla sezione sia applicato un momento flettente Mx= 250 kNm, calcolare il valore massimo della tensione σzz applicata alla sezione in oggetto e dire a quali coordinate corrisponde.

L 2L 2L L

F1F2 F3

C

F4

z

y

Va

Ha

R

L 2L 2L L

F1F2 F3

C

F4

z

y

Va

Ha

R

200

50

x

y

200

50

x

y


7

ESERCIZIO 3 In figura è rappresentato il caso di un componente trabeiforme con spallamento, soggetto a trazione e compressione alternata (carico all’inversione), di diametro maggiore D = 100 mm, diametro minore d =50 mm, raggio di raccordo r =5 mm. Il materiale è acciaio rinvenuto, con ReH = 500 MPa; Rm = 700 MPa, σD-1=380 MPa. Si consideri una rugosità superficiale pari a 1.6 μm. 1. Calcolare il limite di fatica del componente tenendo conto di tutti gli effetti che lo

influenzano e per i quali si forniscono i diagrammi in allegato 2. Disegnare il diagramma di Haigh del componente 3. Calcolare il valore del carico di trazione massimo che si può applicare per garantire

vita infinita con un coefficiente di sicurezza pari 2, nell’ipotesi che il cedimento avvenga a tensione media costante.

0.1 0.2 0.3

1.0

2.0

3.0

0.0r/d

Kt

D/d2.01.51.21.051.01

D d

r

F F

Caso:variazione di diametrocarico di trazione0.1 0.2 0.3

1.0

2.0

3.0

0.0r/d

Kt

D/d2.01.51.21.051.01

D d

r

F F

Caso:variazione di diametrocarico di trazione


8

Esercizio 1 tema 1

Grado di iperstaticità della struttura: La struttura è una trave caricata nel piano, pertanto ha tre gradi di libertà (traslazione lungo la direzione orizzontale, lungo la direzione verticale e rotazione nel piano della figura) ed è vincolata con un carrello e una cerniera. Il grado di iperstaticità (h) della struttura è dato dalla differenza fra il numero totale di vincoli e il numero di gradi di libertà di tutti gli elementi che costituiscono la struttura: h = 3 – 3 = 0. Conseguentemente la struttura è isostatica, se i vincoli sono ben disposti, ovvero se e solo se i vincoli non permettono alla struttura moti di corpo rigido. Si può verificare facilmente che la disposizione dei vincoli non permette rotazioni o traslazioni rigide. Se h avesse avuto un valore minore di zero, la struttura sarebbe stata labile, se, invece, avesse avuto un valore maggiore di zero la struttura sarebbe stata iperstatica.

Equilibrio statico e reazioni vincolari Il testo del tema fornisce indicazioni sul verso delle reazioni incognite, ovviamente possono essere seguite o meno. Supponendo di seguire tali indicazioni si ottiene lo schema statico riportato in Figura 1. Le incognite sono Ha, Va e Rb. Le equazioni di equilibrio sono pari al numero di gradi di libertà della struttura, in questo caso sono 3. Possono essere scritte diverse equazioni di equilibrio, che sono del tutto equivalenti purché risultino fra loro indipendenti. Tuttavia non tutte le scelte portano ad un sistema algebrico per cui la ricerca della soluzione è ugualmente semplice. Ad esempio, un sistema di tre equazioni in tre incognite in cui le


9

equazioni sono tutte disaccoppiate è più semplice da risolvere di una in cui le tre equazioni sono tutte accoppiate, in quanto da ogni equazione si ricava un’incognita.

Figura 1: Schema dell’equilibrio statico della struttura in esame.

Se per la struttura in oggetto si scrive un sistema di equazioni basato rispettivamente su: • un equilibrio alla traslazione orizzontale, • un equilibrio alla traslazione verticale, • un equilibrio alla rotazione rispetto ad un polo di riduzione (traccia di un asse che

interseca il piano della figura nel punto considerato) in cui non passa nessuna delle reazioni vincolari incognite,

si ottiene un sistema di equazioni in cui due sono completamente accoppiate. Se, invece, l’equazione alla rotazione è scritta in modo che almeno due delle tre reazioni incognite passino per il polo di riduzione dei momenti, si ottiene il disaccoppiamento dell’equazione alla rotazione rispetto all’equazione alla traslazione verticale. Se, infine, si scrivono l’equazione alla traslazione orizzontale e due equazioni equilibrio alla rotazione basati su poli che annullano l’effetto di due delle tre incognite, si ottengono tre equazioni completamente disaccoppiate che possono essere risolte indipendentemente l’una dall’altra. Ovviamente l’importanza di una scelta appropriata delle equazioni da scrivere è relativa alla complessità della struttura, più le strutture sono complesse (tanti elementi e molti carichi) e più i benefici sono evidenti. Scrivendo un’equazione di equilibrio alla traslazione orizzontale e due equazioni di equilibrio alla rotazione rispetto ai punti di vincolo si hanno: → 0FH 4a =+−

A 0L5FL4RCL2FLF 3b21 =−++−

B 0LFCL2FL4VL5F 32a1 =−++− Le tre equazioni ottenute sono completamente disaccoppiate e possono essere risolte indipendentemente l’una dall’altra. Dalla prima si ottiene:

F2 F3F4

Ha

Va Rb

F1 C

L 2L L2L


10

N5000FH 4a == Dalla seconda si ottiene:

( ) N5750L4LFL2FCL5FR 123b =−+−= Infine, dalla terza si ha:

( ) N3250L4LFCL2FL5FV 321a =−++= Al fine di verificare la correttezza dei calcoli si può vedere se i valori ottenuti rispettano l’equilibrio alla traslazione verticale: ↑ 0FRFVF 3b2a1 =−+−+− (?)

030005750500032501000 =−+−+− (!)

Diagrammi delle caratteristiche di sollecitazione. Il testo riporta il sistema di riferimento che definisce la convenzione da utilizzare, in Figura 2:

Figura 2: Convenzioni di segno per i diagrammi delle caratteristiche di sollecitazione.

I diagrammi delle caratteristiche di sollecitazione sono riportati nelle Figure 4, 5 e 6. Si può osservare che: • l’andamento del momento flettente è coerente con il taglio essendo quest’ultimo la

derivata del momento flettente; • il taglio è positivo dove il momento flettente cresce e viceversa, il momento flettente

decresce dove il taglio è negativo.

N > 0 (Trazione) N < 0 (Compressione)

x

Ty

y

z

z zT > 0 T < 0

z Mx > 0 Mx < 0

+ Mx

N⊗

‐Mx

Ty

N x

y

z⊗

Piano y z


11

Figura 3: Diagrammi delle caratteristiche di sollecitazione: struttura, carichi e reazioni.

Figura 4: Diagrammi delle caratteristiche di sollecitazione – sforzo normale N.

Figura 5: Diagrammi delle caratteristiche di sollecitazione – taglio Ty.

F2=5000 N F3=3000 N

F4=5000 N

Ha=5000 N

Va=3250 N Rb

F1=1000 N C=106 Nmm

L=1000 mm 2L=1000 mm L=1000 mm 2L=1000 mm

N=5000 N

L 2L L 2L

L 2L L 2L

Ty=1000 N

Ty=‐2250 N

Ty=2750 N

Ty=‐3000 N


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Figura 6: Diagrammi delle caratteristiche di sollecitazione – momento flettente Mx.

Verifiche di resistenza. Il taglio, in generale, dà origine a stati di sollecitazione inferiori a quelli originati dalla flessione. Nel caso di sezioni piene il taglio assume generalmente valori trascurabili rispetto alla flessione. Pertanto, osservando i diagrammi delle caratteristiche di sollecitazione, si nota facilmente che la sezione più sollecitata è quella in cui è massimo il momento flettente, cioè quella per cui la coordinata vale: z = 3L(-). Tale sezione è caratterizzata dal seguente stato di sollecitazione:

• Sforzo normale: N = 5000 N; • Taglio in direzione y: Ty = 2750 N; • Momento flettente in direzione x: Mx = -3.5 106 Nmm.

Circa il punto di progetto/verifica della sezione circolare in esame si ha la seguente situazione:

• la sollecitazione originata dallo sforzo normale è uniforme in tutta la sezione; • la sollecitazione di taglio è nulla per y = ±R (R è il raggio della sezione) ed è

massima per y = 0; • la sollecitazione di flessione è massima per y = ±R ed è nulla per y = 0.

Pertanto, considerando che, nel caso in esame, il taglio è meno significativo della flessione il punto di verifica/progetto più adeguato sarà: z = 3L(-); y = R. Tale punto è caratterizzato dal seguente stato di sollecitazione:

L 2L L 2L

Mx=106 Nmm

Mx=‐3.5 106 Nmm

Mx=‐2.5 106 Nmm

Mx=‐3.0 106 Nmm


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MPa285RJM

AN

x

xzz =+=σ

Lo stato di deformazione εzz si ottiene applicando la legge costitutiva dei materiali:

( )( )yyxxzzzz E1

σ+σν−σ=ε

in questo caso il coefficiente di Poisson, che regola l’effetto di contrazione laterale del materiale, pur essendo assegnato nel testo dell’esercizio, non è chiamato in causa poiché, per le ipotesi di De Saint Venant, σxx=σyy =0. Pertanto:

3zzzz 10357.1001357.0

210000285

E−===

σ=ε .

Esercizio 2 tema 1 Data la simmetria della figura, il sistema di riferimento più opportuno per effettuare i calcoli è quello indicato nella traccia del testo. Una suddivisione della sezione in aree semplici molto confacente al calcolo è la seguente:

Figura 7: Sezioni elementari considerate nel calcolo

Ovvero si intenda che l’area totale a sinistra sarà interpretata come la sottrazione dell’area materiale A2 dall’area materiale A1, ovvero come somma algebrica delle due, intendendo la seconda come immateriale L’area A2 è, quindi, da considerarsi negativa. I parametri caratteristici delle aree sono riportati nella tabella successiva:

xg [mm]

yg [mm]

Area [mm2]

Area 1 0 +100 2002 = 40000 Area 2 0 +175 - (502) = - 2500

Tabella 1: Proprietà delle sezioni elementari considerate nel calcolo

Calcolo della posizione del baricentro e dei momenti principali L’ascissa xg del baricentro dell’intera sezione è nulla per simmetria: xg = 0.

= −

A1 A2


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Per quanto riguarda la coordinata verticale, invece, si applica la definizione di baricentro, tale per cui deve risultare:

∑

∑

=

== 2

1ii

2

1ix,i

g

A

Sy

dove Ai sono le aree delle sezioni elementari in cui è stata suddivisa la sezione in oggetto, mentre:

igiA

x,i AyydAS == ∫

sono i momenti statici delle sezioni parziali. Su questa base, la coordinata ricercata è:

mm95)250040000(

)2500*175()40000*100(yg =−−

=

Figura 8: Determinazione grafica dei baricentri locali.

A questo punto il sistema di riferimento con origine nel baricentro dell’intera sezione è anche un sistema di riferimento principale poiché, per simmetria, il momento di inerzia centrifugo è nullo (IXY = 0). Pertanto si possono calcolare i momenti di secondo ordine delle aree elementari e poi di quella totale come segue:

464444

2,YY1,YYYY mm10812.13212

5020012l

12LIII ⋅=

−=−=−=

( ) ( )[ ]2

g2,g2,XX2

g1,g11,XXXX yyIyyAII −+−−+=

● yg

yg,2

yg,1

y

● X

Y


15

[ ] 46666XX mm10813.117101633.520833101033.133I ⋅=⋅+−+⋅=

Verifica di resistenza La massima tensione generata dal momento flettente applicato (Mx) alla sezione si svilupperà alla massima distanza dall’asse neutro. Pertanto, considerando la posizione del baricentro, la massima tensione di flessione agirà sulle fibre indicate in rosso con spessore maggiore nella figura seguente:

Figura 9: Localizzazione delle tensioni massime nella sezione considerata.

Risulta pertanto che la tensione massima ricercata è:

( ) MPa2239520010813.117

10250yIM

6

6

MAXXX

xzz =−

⋅⋅

==σ .

Si noti che la distanza dall’asse neutro è corrispondente a quella massima dal baricentro della figura complessiva, non dall’asse di simmetria dell’area del quadrato più grande, come talora verrebbe spontaneo pensare (del tutto erroneamente). Esercizio 3 tema 1 L’intaglio proposto corrisponde ad una drastica variazione di sezione sollecitata a trazione-compressione, in condizione di tensione media nulla (ciclo all’inversione). L’intaglio è caratterizzato dai seguenti parametri geometrici: D/d = 2; r/d = 0.1. La finitura superficiale definita dalla rugosità ISO è Ra=1.6 μm. Il materiale è un acciaio rinvenuto con carico di rottura di 700 MPa, carico di snervamento di 500 MPa e limite di fatica a flessione rotante pari a σD-1 = 380 MPa.

Limite di fatica del componente Il limite di fatica del componente può essere ricavato dalla relazione:

● X

Y


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1Df

FSL*1D K

CCC−− σ=σ

Dove: CL è l’effetto della tipologia di carico applicato, CS è l’effetto di scala, CF l’effetto della finitura superficiale, Kf è l’effetto di intaglio (genericamente definito) e σD-1 è il limite di fatica del materiale ottenuto con una prova standard. La sollecitazione applicata è di trazione/compressione mentre il limite di fatica è stato determinato con una prova standard in flessione rotante. Pertanto si deve assumeere: CL = 0.7 per tener conto della differente configurazione di carico tra condizione di prova e di esercizio. L’effetto di scala, corrispondente al coefficiente CD, si applica solo quando sono presenti sollecitazioni nominali con gradiente nella sezione resistente considerata. Nel caso di trazione/compressione la distribuzione di tensione nella sezione resistente non ha gradiente pertanto si assume CD = 1. L’effetto della finitura superficiale, identificato dal coefficiente CF, viene valutato in base al diagramma allegato al testo dell’esercizio che riporta gli andamenti di CF in funzione del carico di rottura, parametrizzato in funzione della rugosità. Utilizzando il grafico di CF in funzione del carico di rottura per Ra=1.6 μm si ottiene CF = 0.97. L’effetto d’intaglio a fatica, caratterizzato dal fattore Kf, si valuta a partire dall’effetto sortito in statica, descritto tramite il fattore di intensificazione della tensione Kt, utilizzando la seguente relazione:

( )1Kq1K tf −+= . Kt si ottiene da diagrammi sperimentali che ne descrivono l’andamento in funzione della geometria (r/d; D/d) e del tipo di sollecitazione. Ricordando che qui r/d = 0.1 e D/d = 2 si rileva dal diagramma allegato al testo dell’esercizio Kt = 2.13. Il parametro q viene poi rilevato dal diagramma proposto, che lo esprime in funzione del raggio di fondo intaglio e del materiale. Per l’acciaio rinvenuto e r = 5 si ha q = 0.95. Pertanto si può calcolare il valore a fatica:

( ) 07.2113.295.01Kf =−+= e il corrispondente valore di limite di fatica corretto:

MPa12538007.2

97.017.0*1D =

⋅⋅=σ − .

Diagramma di Haigh del componente Noti il carico di snervamento e di rottura del materiale e il limite di fatica del componente (ora calcolato) si perviene al diagramma di Haigh del componente riportato in Figura 10.


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Figura 10: Diagramma di Haigh del componente

Sollecitazione massima di trazione sul componente Per valutare la sollecitazione massima di trazione sul componente, occorre conoscere il coefficiente di sicurezza e come variano i parametri del ciclo affaticante σa e σm al variare dell’intensità del carico applicato. In questo caso il coefficiente di sicurezza richiesto è 3 e si specifica che il cedimento può avvenire a tensione media costante (σm = costante). Considerando, inoltre, che la tensione media nel punto di progetto è nulla, si ha che il coefficiente di sicurezza (CS) dovrà essere compatibile con la tensione alternata:

MPa413

125CS

*1D

a ≈=σ

=σ − .

Pertanto il carico applicato che corrisponde alla massima di trazione-compressione alternata che può essere sopportata dal componente, supponendo che questo debba esibire durata infinita, vale:

kN80N8050345041AF

2

a ≈≈⋅π

=σ= .

σa

σm

Rm= 700 MPa

ReH= 500 MPa

σ*D‐1= 125 MPa

ReH= 500 MPa


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Tema 2 PARTE II

PARTE II – Esercizi tempo disponibile 90’, consentito l’uso di appunti, punteggio massimo 24 / 30

ESERCIZIO 1 Una piastra in S355 EN 10027/1 (Fe510 UNI 7070) delle dimensioni indicate in figura e spessa 30 mm viene sollecitata da un carico trasversale P variabile fra 0 e 12.8 kN. e da un carico assiale T =120 kN costante nel tempo. La piastra è ottenuta per fresatura, con rugosità superficiale 16μm. Verificare a fatica la sezione dell’intaglio, supponendo che in caso di cedimento a fatica aumenti il solo valore massimo della forza trasversale P, a parità di forza assiale T.

120 80

200

R10

R10

T

P

ESERCIZIO 2 Un albero di rinvio su cui sono montate due ruote dentate ha le dimensioni schematicamente indicate in figura. Il momento torcente trasmesso è di 7000 Nm. Le forze agenti sull’albero (vedi figura) valgono:

• F1 tangenziale = 40 kN; F2 tangenziale = 45 kN (le due forze sono discordi) • F1 radiale 14.56 kN; F2 radiale = 10.92 kN (le due forze sono concordi)

L’albero è costruito con acciaio UNI 7845 40NiCrMo7 (Rm = 1100 MPa, Rp0.2 = 785 MPa). 1. Calcolare le reazioni vincolari totali sopportate dai cuscinetti 2. Tracciare i diagrammi delle caratteristiche di sollecitazione nei due piani 3. Calcolare il coefficiente di sicurezza statico contro la rottura duttile nella sezione

indicata in figura. 4. Valutare la rotazione relativa dell’albero fra le due ruote dentate


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Esercizio 1 tema 2 L’intaglio proposto è una variazione di sezione in una piastra. Il componente è caricato da un carico di trazione, T=120 kN, costante nel tempo e da una sollecitazione di flessione, indotta dalla forza P, che varia fra zero e 12.8 kN. L’intaglio è caratterizzato dai seguenti parametri geometrici: H/h = 120/80 = 1.5 e r/h = 10/80 = 0.125. La finitura superficiale è definita dalla rugosità ISO corrispondente a Ra=16 μm. Il materiale è un acciaio non legato con proprietà meccaniche descritte nelle dispense (Schede tutorato statica gruppo 1 p. 6). Il carico di rottura è di 510 MPa e il carico di snervamento è di 355 MPa.

Sollecitazioni e parametri del ciclo Il carico assiale costante di trazione (T) produce una sollecitazione di trazione:

MPa50308010120

hbT 3

N,z =⋅⋅

=⋅

=σ

Il carico flettente variabile (P) genera una sollecitazione di flessione il cui valore massimo (MX) vale:

MPa80

68030

20012800

6hblP

WM

22)MX(

M,z=

⋅⋅

=⋅⋅

==σ

Lo stato di sollecitazione nominale nella sezione dell’intaglio è riportato in Figura 11.

F1 radiale

15

150 150 100

50

5050 83

17

Ø90

Ø11

0

Ø10

0

Ø13

0

Ø12

0

Ø96

Ø94

F1 tangenziale

F2 radiale

F2 tangenziale

Sezione da verificare


20

Figura 11: Stato di sollecitazione nominale nella sezione dell’intaglio Pertanto la sollecitazione massima è applicata all’estremo superiore della sezione resistente. In tale punto la tensione alternata vale:

MPa402

501302

)0P;MX(z

)PP;MX(z

a

)MX(

=−

=σ−σ

=σ==

;

mentre la tensione media vale:

MPa902

501302

)0P;MX(z

)PP;MX(z

m

)MX(

=+

=σ+σ

=σ==

.

Conseguentemente i rapporti caratteristici del ciclo che lo descrivono valgono rispettivamente:

44.09040Ra

m

a ==σσ

= ;

38.013050R

MX

min ==σσ

= .

σz,N )PP;MX(M,z

)MX(=σ− )PP;MX(M,zN,z

)PP(min;z

)MX()MX( == σ−σ=σ

)PP;MX(M,zN,z

)PP;MX(z

)MX()MX( == σ+σ=σ )PP;MX(M,z

)MX(=σ

+ = Per P = P(MX)

σz,N

Per P = P(min) = 0


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Limite di fatica del componente Il limite di fatica del componente si ottiene dalla relazione:

1Df

FSL*1D K

CCC−− σ=σ

Com’è noto CL descrive l’effetto della tipologia di carico, CS l’effetto di scala, CF l’effetto della finitura superficiale e Kf l’effetto di intaglio. Il valore σD-1 è il limite di fatica del materiale ottenuto con una prova standard. La sollecitazione applicata è di flessione piana, in questo caso il coefficiente di carico varia fra 1 e 0.95. A rigore si può cautelativamente assumere CL = 0.98. La sollecitazione di flessione piana, generando una distribuzione di tensione con gradiente nella sezione resistente, induce anche un effetto di scala. Tale effetto viene quantificato con il coefficiente CS, il cui valore, in funzione della dimensione, è riportato nel grafico allegato al tema. Entrando in tale diagramma con d = 80 si legge CS = 0.77. L’effetto della finitura superficiale, descritto da CF, viene valutato dal diagramma allegato che riporta l’andamento di CF in funzione del carico di rottura, parametrizzato in funzione della rugosità. Utilizzando tale grafico, per Ra = 16 μm (si utilizzano le curve di 10 e 40 μm) e Rm = 510 si ottiene CF = 0.88. L’effetto d’intaglio a fatica Kf, si valuta, a partire dall’effetto d’intaglio in statica Kt, utilizzando la nota relazione:

( )1Kq1K tf −+= Kt si ottiene da diagrammi sperimentali che ne descrivono l’andamento in funzione della geometria (H/h; r/h) e del tipo di sollecitazione. Nel caso di piastra con variazione di sezione sollecitata a flessione, il diagramma da utilizzare è quello di Figura 12.

Figura 12: Coefficiente di intensificazione delle tensioni in statica per il caso in esame


22

Ricordando che r/h = 0.125 e che H/h = 1.5 si ha Kt = 1.65. Analogamente al caso dell’esercizio 3 del tema 1, il parametro q può essere determinato utilizzando il diagramma in funzione del raggio di fondo intaglio e del materiale. Oppure si può utilizzare la teoria NKS secondo la quale:

rA1

1q+

=

ove la funzione A si ricava dal diagramma seguente in funzione del carico di snervamento.

Figura 13: Parametro A per la determinazione del fattore di sensibilità all’intaglio.

Per l’acciaio in esame Rp 0,2 = 355 MPa e r = 5 si ha q = 0.95, da cui si ricava A = 0.43 e

88.0

1043.01

1q =+

=

che, immesso nel calcolo del Kf, conduce a:

( ) 57.1165.188.01Kf =−+= A questo punto per definire il limite di fatica del componente manca solo il limite di fatica del provino standard. Non avendo dal testo un dato sperimentale si può stimare con il criterio di Bach nella forma:

MPa2555105.0R5.0 m1D =⋅=⋅=σ −


23

Ora tutti i parametri utili alla determinazione del limite di fatica del componente sono disponibili. Il calcolo porge:

MPa10825557.1

88.077.098.0*1D =

⋅⋅=σ − .

Diagramma di Haigh e verifica a fatica del componente La definizione del coefficiente di sicurezza dipende da come variano la tensione media e la tensione alternata al variare delle prestazioni richieste al componente. In questo caso particolare, se si ipotizza che all’aumentare delle azioni dinamiche applicate che portano al cedimento per fatica vari il solo valore massimo del carico trasversale P(MAX), le tensioni alternata e media sono entrambe soggette a cambiamento. Nella situazione di lavoro regolare, che definisce il punto di partenza per trovare con un’opportuna proiezione verso il contorno del diagramma di Haigh la situazione di cedimento a fatica:

• per P(MAX) = 12.8 kN si ha σm = 90 MPa e σa=40 MPa; • per P(MAX) = 0 si ha σm = 50 MPa e σa=0.

mentre, al variare del livello di sollecitazione, la variazione della tensione media rispetto alla tensione alternata, segue l’andamento che corrisponde al ragionamento che segue. La tensione che deriva dal carico T vale:

MPa50308010120

hbT 3

N,z =⋅⋅

=⋅

=σ

e fornisce un contributo costante nel tempo. La tensione che deriva dal carico P è :

2

2)(

66

,

hblkcon

kPhb

lPWM MAX

MXMz

⋅⋅

=

=⋅

⋅==σ

Ora se si trascrivono le espressioni delle tensioni alternata e media al variare di P, si ottengono;

222)(

2,,

)0;();( )(

kPMAXflesstraztrazMAXflessPMX

zPPMX

za

MX

==−+

=−

=== σσσσσσσ


24

traztrazMAXflesstraztrazMAXfless

mkP σσ

σσσσσ +=+=

++=

222)( ,,

da cui si ricava che la relazione tra le due coordinate del diagramma di Haigh è:

trazmatrazam σσσσσσ −=⇒+= Interpretando il diagramma come funzione matematica ove:

yex am == σσ si può considerare che la retta di lavoro che proietta la situazione iniziale verso il contorno della zona di sicurezza sia:

traz

traz

traz

yxexycon

xy

σσ

σ

−=⇒==⇒=

−=

00

La sua rappresentazione sul diagramma di Haigh è dunque una retta inclinata di a 45° che sale verso il contorno a partire dal valore di tensione media assunto in caso di tensione alternata nulla.

Figura 14: Diagramma di Haigh del componente e retta di funzionamento al variare del

carico applicato P(MAX).

σa

σm

Rm= 510 MPa

ReH= 355 MPa

σ*D-1= 108 MPa

ReH= 355 MPa

MPa40pa =σ

σmc= 50 MPa MPa90pm =σ

lima

limm ; σσ Retta di funzionamento al

variare di P(MAX)


25

Il coefficiente di sicurezza (CS) può essere scritto come il rapporto fra: • la tensione alternata limite lim

aσ , intesa come il valore di tensione alternata che corrisponde al punto del contorno del diagramma di Haigh, identificabile proiettando la condizione di esercizio al variare della sollecitazione, secondo l’ipotesi assegnata e cioè che il carico massimo cresca, mantenendo costante il rapporto tra la componente alternata e media delle tensioni del ciclo affaticante,

• e la tensione alternata nel punto di progetto limpσ

Ne risulta:

pa

limaCS

σσ

= .

Il valore di lim

aσ si ricava dall’intersezione tra la retta di funzionamento e la retta di Goodman che delimita l’area di sicurezza del diagramma di Haigh:

mmc

pm

pa

mca σσσ

σσσ−

+−= retta di funzionamento al variare di P(MAX);

mm

*1D*

1Da Rσ

σ−σ=σ −

− retta di Goodman;

limm

mcpm

pa

mclimm

m

*1D*

1D σσσ

σσσRσσ

−+−=− −

− =>

MPa130.4

509040

510108

50108

σσσ

Rσ

σσσ

mcpm

pa

m

*1D

mc*

1Dlimm ≅

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

−+

+=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−+

+=

−

−=>

MPa80.447.8645090

4050σσσ

σσσ limm

mcpm

pa

mclima ≅

−+−=

−+−=

Conseguentemente il coefficiente di sicurezza non risulta verificato, in quanto minore di quello richiesto:

324080

σσCS p

a

lima <≅== => NON VERIFICATO.


26

Esercizio 2 tema 2

Grado di iperstaticità della struttura: L’albero può essere considerato come una trave appoggiata caricata in due piani. Pertanto ha tre gradi di libertà e tre vincoli (un carrello e una cerniera). Il grado di iperstaticità (h) della struttura è dato dalla differenza fra il numero totale di vincoli e il numero di gradi di liberta di tutti gli elementi che costituiscono la struttura: h = 3-3 = 0. Conseguentemente la struttura è isostatica, se i vincoli sono ben disposti. In altri termini, se e solo se i vincoli non permettono alla struttura moti di corpo rigido. Si può verificare facilmente che la disposizione dei vincoli non permette rotazioni o traslazioni rigide. Se h avesse avuto un valore minore di zero, la struttura sarebbe stata labile se invece avesse avuto un valore maggiore di zero la struttura sarebbe stata iperstatica.

Equilibrio statico e reazioni vincolari Essendo un problema su due piani anche gli schemi di equilibrio statico saranno due. Conviene considerare due piani radiali ruotati di 90° rispetto all’asse dell’albero in cui saranno applicati rispettivamente i carichi tangenziali e i carichi radiali. Per applicare le forze tangenziali sulla linea d’asse della trave, è necessario applicare un momento torcente di trasporto. In questo caso, come si può osservare dallo schema proposto nel testo, viene dato il momento torcente trasmesso dall’albero e le forze sono applicate sulla linea d’asse dell’albero stesso. Per semplicità, verrà indicato come piano tangenziale il piano contenente i carichi tangenziali e come piano radiale quello che contiene i carichi radiali.

Equilibrio statico e reazioni vincolari – piano tangenziale Lo schema dell’equilibrio statico del piano tangenziale è riportato in Figura 15.

Figura 15: Schema dell’equilibrio statico nel piano tangenziale Scrivendo un’equazione di equilibrio alla traslazione orizzontale e due equazioni di equilibrio alla rotazione rispetto ai punti di vincolo A e C si hanno: → 0H t,a =−

a = 150 b = 150 c = 100

F1,t F2,t

Ha,t

Va,t Vc,t

A B C D

y

z x ⊗


27

A ( ) ( ) 0cbaFbaVaF t,2t,ct,1 =++++−− C ( ) 0cFbFbaV t,2t,1t,a =+++− Le tre equazioni ottenute sono completamente disaccoppiate e possono essere risolte indipendentemente l’una dall’altra. Dalla prima si ottiene:

0H t,a = , dalla seconda si ottiene

( )( ) ( ) N40000baaFcbaFV t,1t,2t,c =+−++= Infine, dalla terza si ha

( ) ( ) N35000bacFbFV t,2t,1t,a =++= . Al fine di verificare la correttezza dei calcoli si può vedere se i valori ottenuti rispettano l’equilibrio alla traslazione verticale. Ciò si verifica agevolmente: ↑ 0FVFV t,2t,ct,1t,a =−++− => 045000400004000035000 =−++−

Equilibrio statico e reazioni vincolari – piano radiale Lo schema dell’equilibrio statico del piano radiale è riportato in Figura 6.


28

Figura 16: Schema dell’equilibrio statico nel piano radiale

Scrivendo un’equazione di equilibrio alla traslazione orizzontale e due equazioni di equilibrio alla rotazione rispetto ai punti di vincolo A e C si hanno: → 0H r,a =−

A ( ) ( ) 0cbaFbaVaF r,2r,cr,1 =++−++− C ( ) 0cFbFbaV r,2r,1r,a =−++− Le tre equazioni ottenute sono completamente disaccoppiate e possono essere risolte indipendentemente l’una dall’altra. Dalla prima si ottiene:

0H r,a = dalla seconda:

( )( ) ( ) N21840bacbaFaFV r,2r,1r,c =++++= infine, dalla terza:

( ) ( ) N3640bacFbFV r,2r,1r,a =+−= Al fine di verificare la correttezza dei calcoli si può vedere se i valori ottenuti rispettano l’equilibrio alla traslazione verticale, come accade: ↑ 0FVFV r,2r,cr,1r,a =+−+− => 01092021840145603640 =+−+−

a = 150 b = 150 c = 100

F1,r F2,r

Ha,r

Va,r Vc,r

A B C D

x

z y A


29

Le reazioni globali, date dalla combinazione di quelle radiali e tangenziali risultano dal calcolo:

N35189VVV 2r,a

2t,aa =+= ; N45574VVV 2

r,c2t,cc =+= .

Diagrammi delle caratteristiche di sollecitazione. Come conseguenza del principio di azione e reazione, le caratteristiche di sollecitazione che vengono applicate su una delle parti in cui si suddivide il corpo elastico, per mezzo di un sezionamento del solido, saranno uguali e opposte a quelle applicate alla parte complementare. Le convenzioni di segno delle caratteristiche di sollecitazione devono anch’esse rispettare tale principio. Nel caso di una trave, avendo associato alla posizione di ogni sezione trasversale lungo la linea d’asse la coordinata corrispondente z, le cosiddette facce che si ottengono sezionando la trave con un piano ortogonale all’asse z, sono definite positiva o negativa, rispettivamente a seconda che l’asse z sia uscente o entrante dalla faccia considerata. Volendo usare un unico sistema di riferimento destrorso con l’asse z posizionato sulla linea d’asse, per le due facce positiva e negativa, le caratteristiche di sollecitazione sono definite positive quando hanno verso concorde con il sistema di riferimento, sulla faccia positiva, e verso discorde con il sistema di riferimento, sulla faccia negativa. La Figura 17 illustra tale convezione di segno. Per inciso, un altro approccio che spesso si riscontra in letteratura preferisce utilizzare due diversi sistemi di riferimento locale sulle facce, in modo tale che il riferimento sulla negativa sia esattamente speculare nei versi a quello assunto per la positiva. In questo caso, poiché i due riferimenti sono già discordi, la caratteristiche di sollecitazione sulle due facce sono definite positive semplicemente se concordi con il sistema di riferimento applicato al baricentro della faccia in oggetto. A prescindere dalla scelta del sistema di riferimento deve risultare comunque che le caratteristiche di sollecitazione sono opposte in verso a seconda che si osservi l’una o l’altra faccia della sezione trasversale identificata.

Figura 17: Convenzioni di segno per i diagrammi delle caratteristiche di sollecitazione

x

N > 0 (Trazione) N < 0 (Compressione)

x

z Mz > 0 Mz < 0

y

xzMz

+

y

Mz

-

Ty

oTx

Ty

Tx Ty

y

z

z

z T > 0 T < 0

z Mx > 0 Mx < 0

+ Mx

N ⊗ z -

Mx Ty

N x

y

z ⊗

Piano y z Piano x y

o

y

Tx x

z

+ My

N o -

My Tx

N y

x

z

Piano x z

o

zMy > 0 My < 0


30

I diagrammi delle caratteristiche di sollecitazione del caso in esame sono riportati nelle seguenti figure. L’andamento del momento flettente è coerente con il taglio essendo quest’ultimo la derivata del momento flettente. Si può osservare che dove il taglio è positivo il momento flettente cresce e viceversa, il momento flettente decresce dove il taglio è negativo.

Figura 18: Diagrammi delle caratteristiche di sollecitazione – momento torcente Mz.

Figura 19: Diagrammi delle caratteristiche di sollecitazione – struttura, carichi e

reazioni nei piani.

Figura 20: Diagrammi delle caratteristiche di sollecitazione – taglio Tx, Ty.

a = 150 b = 150 c = 100A

B C D

Piano xy

Mt=7.0 106 Nmm

F1,t=40 kN F2,t=45 kN

Ha,t=0

Va,t=35 kN Vc,t=40 kN

A B C D

y

z

Piano yz (tangenziale)

a = 150 b = 150 c = 100

F1,r=14.56 kN F2,r=10.92 kN

Ha,r=0

Va,r=3.64 kN Vc,r=21.84 kN

A B C D

x

zy A

Piano xz (radiale)

b = 150 c = 100a = 150

x ⊗

Tx=3640 N B A C

Tx=‐10920 N

Tx=10920 N

Taglio – piano xz (radiale) Taglio – piano yz (tangenziale)

Ty=‐45000 N Ty=‐5000 N

C D

c = 100 b = 150 a = 150

A Ty=35000 N

B

a = 150 b = 150 c = 100

D


31

Figura 21: Diagrammi delle caratteristiche di sollecitazione – momento flettente Mx, My.

Verifiche di resistenza La sezione da verificare staticamente dista d=83 mm dall’applicazione del carico radiale F2,r Date le caratteristiche della sezione piena, la sollecitazione di taglio è trascurabile rispetto alla flessione. Pertanto, analizzando le caratteristiche di sollecitazione nella sezione da verificare si hanno i seguenti valori:

• Momento flettente originato dai carichi tangenziali: Mx,t=F2,t d = 40000⋅83 = 3.32⋅106 Nmm

• Momento flettente originato dai carichi radiali: Mx,r=F2,r d = 10920⋅83 = 0.91⋅106 Nmm

• Momento torcente: Mz = 7.0 106 Nmm. La massima tensione generata dalla sollecitazione di flessione vale:

MPa4486859

10843.3WM 6

x,f

xMx,zz =

⋅==σ

essendo:

Nmm10843.3MMM 62r,x

2t,xx =+=

333

x,f mm868593296

32dW =

⋅π=

π=

La massima tensione generata dalla sollecitazione di torsione vale:

MPa40173717

100.7WM 6

t

tMx =

⋅==τ

ove

D

a = 150 b = 150 c = 100

A B C D A B

C

Momento flettente – piano yz (tangenziale) Momento flettente – piano xz (radiale) Mx=5.25 10

6 Nmm

c = 100 b = 150a = 150

Mx=4.5 106 Nmm

My=1.092 106 Nmm

My=‐0.546 106 Nmm


32

3

33

t mm1737171696

16dW =

⋅π=

π=

Per calcolare il coefficiente di sicurezza si ricorre alla formulazione di un criterio di cedimento. I criteri applicati ai materiali duttili sono Tresca e von Mises. Nel caso degli alberi di trasmissione il criterio di Tresca può essere così formulato:

MPa914 22id =τ+σ=σ

Pertanto il coefficiente di sicurezza rispetto alla rottura duttile con l’ipotesi di cedimento di Tresca vale:

08.1291

1100CST == .

Per la verità esso appare eccezionalmente alto e poco verosimile, indice di un troppo cautelativo dimensionamento della struttura. Mentre, secondo von Mises, la tensione ideale vale:

MPa823 22id =τ+σ=σ

e il coefficiente di sicurezza rispetto alla rottura duttile corrispondente sale a:

41.1382

1100CST ==

per il quale si conferma, ancor più motivatamente l’obiezione sopra posta. Ad ogni modo la struttura appare sicura.

Rotazioni relative tra le sezioni. Fra le ruote dentate dell’albero si sviluppano diversi tronchi aventi diametri e lunghezze differenti, riportati in Figura 22.


33

Figura 22: Descrizione della geometria dell’albero tra le sezioni di ingresso e di uscita

della potenza trasmessa Per ogni tronco d’albero, che verrà indicato con la numerazione da 1, . . ., 5 partendo dal diametro maggiore, può essere definita una rigidezza torsionale pari a:

i

i,pi,t L

JGK

⋅= ;

La rigidezza torsionale globale fra le due sezioni considerate vale dunque:

∑=

=5

1i i,tt K1

K1

mentre la rotazione relativa imposta dal momento torcente ammonta a:

t

t15 K

MθθΔθ =−=

Il modulo di elasticità tangenziale G può essere ottenuto dal modulo elastico E e dal rapporto di Poisson, attraverso la relazione:

GPa77)3.01(2

200)1(2

EG =+

=ν+

=

Operando con una tabella numerica il calcolo degli incrementi di rotazione relativa tra le sezioni si ottiene il risultato finale, come segue:

φ 13

0

φ 12

0

φ 10

0

φ 96

φ 94

50 83 34 33 50


34

Si osserva che i tronchi di albero esaminati, a causa delle loro dimensioni, non sono propriamente solidi di De Saint Venant, in quanto risultano corti e tozzi rispetto alla lunghezza. I calcoli effettuati, compatibili con quanto indicato in letteratura, costituiscono una preliminare approssimazione del problema, del tutto perfettibile.

i Di, mm Li, mm Jpi, mm4G, MPa Kt,ì, N/mm 1/Kt,ì, mm/N

1 130 50 28039696 77000 4.32E+10 2.32E-112 120 83 20357520 77000 1.89E+10 5.29E-113 100 34 9817477 77000 2.22E+10 4.50E-114 96 33 8338440 77000 1.95E+10 5.14E-115 94 50 7664985 77000 1.18E+10 8.47E-11

1/Kt = 2.57E-10Mt = 7.00E+06Δθ = 1.80E-03 rad

COMPORTAMENTO MECCANICO DEI...

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