Post on 19-Jan-2016
transcript
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
Capitolo 1 ESERCIZI SULLA FATICA
V. Dattoma, R. Nobile, M. Arnesano pag. 2
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
Capitolo 1 ESERCIZI SULLA FATICA
V. Dattoma, R. Nobile, M. Arnesano pag. 3
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:
Capitolo 1 ESERCIZI SULLA FATICA
V. Dattoma, R. Nobile, M. Arnesano pag. 4
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
=
Capitolo 1 ESERCIZI SULLA FATICA
V. Dattoma, R. Nobile, M. Arnesano pag. 5
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
Capitolo 1 ESERCIZI SULLA FATICA
V. Dattoma, R. Nobile, M. Arnesano pag. 6
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:
Fig.3. Diagramma di Haigh.
Il coefficiente di sicurezza sarà quindi così calcolato: 2
6A
f a
bhsK Mσ
= = = 2.2.
Capitolo 1 ESERCIZI SULLA FATICA
V. Dattoma, R. Nobile, M. Arnesano pag. 7
1.2 PROVA SCRITTA DEL 07/02/2006
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
Capitolo 1 ESERCIZI SULLA FATICA
V. Dattoma, R. Nobile, M. Arnesano pag. 8
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
Capitolo 1 ESERCIZI SULLA FATICA
V. Dattoma, R. Nobile, M. Arnesano pag. 9
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧
==−
=−
=−
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.
Utilizzando questi dati si calcola quindi il coefficiente di concentrazione degli sforzi
a fatica:
kf = 1+(kt -1) q = 1+(2.58 -1) 0.83 = 2.31.
Capitolo 1 ESERCIZI SULLA FATICA
V. Dattoma, R. Nobile, M. Arnesano pag. 10
Si passa a considerare le caratteristiche del materiale:
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.
Tracciato il diagramma di Haigh, si può individuare la retta di lavoro caratteristica
del componente in esame, la cui pendenza è data da:
31.2==== fm
af
m
a KPP
Ktgασσ
Capitolo 1 ESERCIZI SULLA FATICA
V. Dattoma, R. Nobile, M. Arnesano pag. 11
Fig.4. Diagramma di Haigh.
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 .
Capitolo 1 ESERCIZI SULLA FATICA
V. Dattoma, R. Nobile, M. Arnesano pag. 12
1.3 PROVA SCRITTA DEL 05/04/2006
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.
Capitolo 1 ESERCIZI SULLA FATICA
V. Dattoma, R. Nobile, M. Arnesano pag. 13
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.
Fig.1. Fattore di concentrazione delle tensioni.
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.
Fig.2. Fattore di sensibilità all’intaglio.
Capitolo 1 ESERCIZI SULLA FATICA
V. Dattoma, R. Nobile, M. Arnesano pag. 14
Utilizzando questi dati si calcola quindi il coefficiente di concentrazione degli sforzi
a fatica:
kf_tors = 1+(kt_tors -1) q = 1+(1.42 -1) 1 = 1.42.
Si passa a considerare le caratteristiche del materiale:
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).
Fig.3. Fattore di finitura superficiale.
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 .
Capitolo 1 ESERCIZI SULLA FATICA
V. Dattoma, R. Nobile, M. Arnesano pag. 15
Fig.4. Diagramma di Haigh.
Il limite di fatica sarà quindi pari a:
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
Capitolo 1 ESERCIZI SULLA FATICA
V. Dattoma, R. Nobile, M. Arnesano pag. 16
Fig.5. Fattore di concentrazione delle tensioni.
e trovare quindi kf’:
kf’= 1+(kt -1) q = 1+(2.54 -1) 1 = 2.54.
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
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 =
Capitolo 1 ESERCIZI SULLA FATICA
V. Dattoma, R. Nobile, M. Arnesano pag. 17
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 :
Fig.6. Fattore di concentrazione delle tensioni.
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
.
Capitolo 1 ESERCIZI SULLA FATICA
V. Dattoma, R. Nobile, M. Arnesano pag. 18
1.4 PROVA SCRITTA DEL 04/07/2006
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
Capitolo 1 ESERCIZI SULLA FATICA
V. Dattoma, R. Nobile, M. Arnesano pag. 19
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.
Utilizzando questi dati si calcola quindi il coefficiente di concentrazione degli sforzi
a fatica:
kf = 1+(kt -1) q = 1+(1.4 -1) 0.92 = 1.368.
Si passa a considerare le caratteristiche del materiale:
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)
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:
944.176
108368.1 ====NmNm
MM
Ktgm
af
m
a αττ
Capitolo 1 ESERCIZI SULLA FATICA
V. Dattoma, R. Nobile, M. Arnesano pag. 20
Fig.1. Diagramma di Haigh.
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
e, infine, tenendo conto del coefficiente di sicurezza si può imporre:
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
Capitolo 1 ESERCIZI SULLA FATICA
V. Dattoma, R. Nobile, M. Arnesano pag. 21
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
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
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
Capitolo 1 ESERCIZI SULLA FATICA
V. Dattoma, R. Nobile, M. Arnesano pag. 22
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)
CS =0.68 (lavorazione con macchine utensili, σR = 1120 N/mm2).
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 =
Fig.2. Diagramma di Haigh.
Capitolo 1 ESERCIZI SULLA FATICA
V. Dattoma, R. Nobile, M. Arnesano pag. 23
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= ⇒ = = = .
Capitolo 1 ESERCIZI SULLA FATICA
V. Dattoma, R. Nobile, M. Arnesano pag. 24
1.5 PROVA SCRITTA DEL 21/07/2006
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
Capitolo 1 ESERCIZI SULLA FATICA
V. Dattoma, R. Nobile, M. Arnesano pag. 25
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.
Utilizzando questi dati si calcola quindi il coefficiente di concentrazione degli sforzi
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.
Capitolo 1 ESERCIZI SULLA FATICA
V. Dattoma, R. Nobile, M. Arnesano pag. 26
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:
Capitolo 1 ESERCIZI SULLA FATICA
V. Dattoma, R. Nobile, M. Arnesano pag. 27
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
Capitolo 1 ESERCIZI SULLA FATICA
V. Dattoma, R. Nobile, M. Arnesano pag. 28
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 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 .
Capitolo 1 ESERCIZI SULLA FATICA
V. Dattoma, R. Nobile, M. Arnesano pag. 29
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.
Capitolo 1 ESERCIZI SULLA FATICA
V. Dattoma, R. Nobile, M. Arnesano pag. 30
1.6 PROVA SCRITTA DEL 09/01/2007
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
Capitolo 1 ESERCIZI SULLA FATICA
V. Dattoma, R. Nobile, M. Arnesano pag. 31
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.
Fig.1. Fattore di concentrazione delle tensioni.
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.
Capitolo 1 ESERCIZI SULLA FATICA
V. Dattoma, R. Nobile, M. Arnesano pag. 32
Fig.2. Fattore di sensibilità all’intaglio.
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).
Fig.3. Fattore di finitura superficiale.
Capitolo 1 ESERCIZI SULLA FATICA
V. Dattoma, R. Nobile, M. Arnesano pag. 33
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
.
Fig.4. Diagramma di Haigh.
Capitolo 1 ESERCIZI SULLA FATICA
V. Dattoma, R. Nobile, M. Arnesano pag. 34
Il limite di fatica sarà quindi pari a:
299.1711 mmN
Stg
tg
Rn
A =+
=
σα
ασ
e, infine, tenendo conto del coefficiente di sicurezza si può imporre:
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
Fig.5. Fattore di concentrazione delle tensioni.
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:
Capitolo 1 ESERCIZI SULLA FATICA
V. Dattoma, R. Nobile, M. Arnesano pag. 35
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
Fig.1. Fattore di concentrazione delle tensioni.
Capitolo 1 ESERCIZI SULLA FATICA
V. Dattoma, R. Nobile, M. Arnesano pag. 36
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
.
Capitolo 1 ESERCIZI SULLA FATICA
V. Dattoma, R. Nobile, M. Arnesano pag. 37
Fig.3. Diagramma di Haigh.
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
Capitolo 1 ESERCIZI SULLA FATICA
V. Dattoma, R. Nobile, M. Arnesano pag. 38
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
.
Capitolo 1 ESERCIZI SULLA FATICA
V. Dattoma, R. Nobile, M. Arnesano pag. 39
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:
Capitolo 1 ESERCIZI SULLA FATICA
V. Dattoma, R. Nobile, M. Arnesano pag. 40
( ) ( )∫ ∫ ==⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=
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:
Capitolo 1 ESERCIZI SULLA FATICA
V. Dattoma, R. Nobile, M. Arnesano pag. 41
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.
Capitolo 1 ESERCIZI SULLA FATICA
V. Dattoma, R. Nobile, M. Arnesano pag. 42
1.7 PROVA SCRITTA DEL 22/03/2007
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
Capitolo 1 ESERCIZI SULLA FATICA
V. Dattoma, R. Nobile, M. Arnesano pag. 43
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
Capitolo 1 ESERCIZI SULLA FATICA
V. Dattoma, R. Nobile, M. Arnesano pag. 44
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:
Fig.1. Fattore di concentrazione delle tensioni.
Capitolo 1 ESERCIZI SULLA FATICA
V. Dattoma, R. Nobile, M. Arnesano pag. 45
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
.
Fig.2. Fattore di sensibilità all’intaglio.
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
Capitolo 1 ESERCIZI SULLA FATICA
V. Dattoma, R. Nobile, M. Arnesano pag. 46
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).
Fig.3. Fattore di finitura superficiale.
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.
Capitolo 1 ESERCIZI SULLA FATICA
V. Dattoma, R. Nobile, M. Arnesano pag. 47
Fig.4. Diagramma di Haigh.
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.
Capitolo 1 ESERCIZI SULLA FATICA
V. Dattoma, R. Nobile, M. Arnesano pag. 48
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:
Capitolo 1 ESERCIZI SULLA FATICA
V. Dattoma, R. Nobile, M. Arnesano pag. 49
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:
Capitolo 1 ESERCIZI SULLA FATICA
V. Dattoma, R. Nobile, M. Arnesano pag. 50
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.
Capitolo 1 ESERCIZI SULLA FATICA
V. Dattoma, R. Nobile, M. Arnesano pag. 51
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
Capitolo 1 ESERCIZI SULLA FATICA
V. Dattoma, R. Nobile, M. Arnesano pag. 52
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
Capitolo 1 ESERCIZI SULLA FATICA
V. Dattoma, R. Nobile, M. Arnesano pag. 53
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 ,
il taglio da invece:
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
Capitolo 1 ESERCIZI SULLA FATICA
V. Dattoma, R. Nobile, M. Arnesano pag. 54
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 = ,
il taglio da invece:
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.
Capitolo 1 ESERCIZI SULLA FATICA
V. Dattoma, R. Nobile, M. Arnesano pag. 55
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.
Fig.1. Fattore di concentrazione delle tensioni.
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.
Capitolo 1 ESERCIZI SULLA FATICA
V. Dattoma, R. Nobile, M. Arnesano pag. 56
Fig.2. Fattore di sensibilità all’intaglio.
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).
Fig.3. Fattore di finitura superficiale.
Capitolo 1 ESERCIZI SULLA FATICA
V. Dattoma, R. Nobile, M. Arnesano pag. 57
Tracciato il diagramma di Haigh, si può individuare la retta di lavoro caratteristica
del componente in esame, la cui pendenza è data da:
58.01406036.1_ ====
NmNm
MMKtg
m
atorsf
m
a αττ .
Fig.4. Diagramma di Haigh.
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
e, infine, tenendo conto del coefficiente di sicurezza si può imporre:
( ) 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.