Dimensionamento di massima di un riduttore ferroviario + Disegni (progetto completo. Voto: 30/30)

CORSO DI PROGETTAZIONE MECCANICA I

PROGETTO D’ANNO 2017/2018

Dimensionamento di massima di un riduttore

ferroviario

FRANCESCO RUSSO 1

CORSO DI PROGETTAZIONE MECCANICA I

Numero di giri in ingresso:



n 3850 giri / min

i

Trasformo tale valore in radianti al secondo:

 

2 n 2* *3850 rad

   

i 403.171

i 60 60 s

Potenza in ingresso:

 

P 110

kW 110000

W

i

dunque la coppia in ingresso vale:

P 110000

   

i

C 272.8371

Nm 272387.1

Nmm



i 403.171

i

Dal disegno di massima del progetto si ha che il rapporto di trasmissione è

R 1

  

1

 R 3

2   

l’angolo di pressione

Assumo della ruota a denti dritti pari a .

Facciamo delle considerazioni preliminari per la scelta dei materiali da utilizzare nel progetto.

Prendiamo in considerazione un acciaio da bonifica ad alta resistenza che ha le seguenti

caratteristiche:

Acciaio 42CrMo4 bonif. σ σ

snerv.

σ rott

Norma (Rp 0.2) alt.fl.rot. durezza

2 2 2

Acciaio UNI da (mm) a (mm) [N/mm ] [N/mm ] [N/mm ] HB

42CrMo4 7874 0 16 1080 880 535 530-560

bonif. 16 40 980 765 485 530-560

40 100 880 635 435 530-560

100 250 730 610 365 530-560

Dobbiamo stimare i diametri degli alberi per capire in che range rientriamo.

Stimiamo in prima approssimazione le dimensioni dell’albero di ingresso:

32 M

 

 

f , id



id amm

3

d

16 3

C

 

 

i



id amm

3

d 1

  3

16 3

C

   

i

d  



min  

amm

3

 

2 2

M M M

f , id f t

4 2

CORSO DI PROGETTAZIONE MECCANICA I

Non conoscendo la lunghezza dell’albero non possiamo ancora stimare il momento flettente, quindi

per ora lo considereremo trascurabile.

Calcoliamo allora il momento flettente ideale con Von Mises:

3 3 3

    

2 2

M M M M C 235894.15 Nmm

f , id f t t i

4 2 2

1

  3

16* 3 * 235894.1

 

 

d 27.053

mm

 



min *100

 

N

  100

con amm 2

mm

Stimiamo ora la dimensione dell’albero di rinvio. La potenza in ingresso è uguale a quella di uscita,

quindi:

 



C C

i i rinv rinv





C

 i i

C 

r inv rin v

1

  

C C 817161.3 Nmm



rinv i cil

Trascurando come nel caso precedente il momento flettente si ha:

3 3 3

    

2 2

M M M M C 707682.44 Nmm

f , id f t t rinv

4 2 2

1 1

  

 

32 M 3 32 707682.44 3

  

f , id

   

d 41.62 mm

  

min  

  100

amm di uscita. La potenza in ingresso è uguale a quella di uscita,

Stimiamo ora la dimensione dell’albero

allora:

 



C C

rinv rinv usc usc





C

 rinv rinv

C 

usc usc 1

  

C C 2128024.2 Nmm



usc rinv con

 

 21

Poiché (misurato dal progetto)

1

 

 

tan 0.384

1 con 3 3 3

    

2 2

M M M M C 1842923 Nmm

f , id f t t usc

4 2 2 3

CORSO DI PROGETTAZIONE MECCANICA I

1 1

  

 

32 M 3 32 1842923 3

  

f , id

   

d 57.26 mm

  

min  

  100

amm

In conclusione il range dei tre alberi è tra 40 e 100 millimetri: σ σ

snerv.

σ rott

Norma (Rp 0.2) alt.fl.rot. durezza

2 2 2

Acciaio UNI da (mm) a (mm) [N/mm ] [N/mm ] [N/mm ] HB

42CrMo4 7874 0 16 1080 880 535 530-560

bonif. 16 40 980 765 485 530-560

40 100 880 635 435 530-560

100 250 730 610 365 530-560

PROGETTO RUOTA DENTATA CILINDRICA ALBERO DI INGRESSO

 



Assumiamo l’angolo di pressione 20

Stimiamo il numero minimo di denti della ruota dentata cilindrica.

Per lavorazione con creatore:

2 k 2*1

  

z 17.097

 

1,min 2 2

sen sen 20

Questa lavorazione permette di avere un numero maggiore di denti. La lavorazione con fresa invece

garantisce una maggiore precisione. Dato che le ruote a denti diritti non necessitano di una

precisione di lavorazione troppo elevata è sufficiente creare la ruota tramite lavorazione al creatore.

Assumo z = 20 denti

1

Ricavo il numero di denti della ruota condotta 2:

z 20

  

1

z 60



2 1

12 3

Ora posso calcolare il rapporto di trasmissione effettivo della trasmissione tra le ruote 1 e 2:

z 1

  

1



12 eff z 3

2

dunque l’errore sul rapporto di trasmissione è nullo:

1 1



 

 eff 3 3

    

cil cil

| | *100 100 0% 1%



r 1

cil 3

Stimiamo il modulo della ruota cilindrica sull’albero di ingresso: 4

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2

C k

 i v

m 3  

Y z

1 w N

 

  200

w amm 2

mm

dove:

Y : fattore di Lewis, che dipende dal numero minimo di denti;

b

  : fattore di forma;

m

: numero di denti della ruota dentata 1;

z

1 

 : di lavoro;

w

: modulo;

m : fattore che tiene conto degli effetti dinamici;

k v

Ricaviamo il fattore di Lewis dal grafico:



Allora trovo Y 0.3077 

 

è solitamente compreso tra 10 e 12: scelgo .

12



k 1

Pongo .

v 2*232910*1

  

m 3.329

mm

3 0.3077*12*20*200

Considero un valore di m pari a 5 che è un valore consigliato dalla seguente tabella (i cui moduli

consigliati sono evidenziati in grassetto): 5

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 .

m 5

mm

Il raggio della ruota 1 risulta allora:

mz 5* 20

  

1

R 50 mm

1 2 2

Posso così calcolare la velocità periferica:

403.171*50 m



  

v R 20.159

1 1 1 1000 s

 

50 200

v 50 200*20.159

  

1

k 2.27

v 50 50

2

C k 2*232910*2.27

   

i v

m 4.152 mm 5

mm

3

3  

calc Y z 0.3077*12*20*200

1 w

  3 3

Y z m 0.3077*12*20*200*5

   

1 w .

C 406651.98 Nmm

max 2 k 2*2.27

v

Calcolo il coefficiente di sicurezza statico:

C 406651.98

   

max 1.493

STAT C 272387.1

i

che è un coefficiente accettabile.

Le verifiche a fatica e a usura (o fatica superficiale) dovrebbero essere soddisfatte. 6

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VERIFICA A FATICA DELLA RUOTA DENTATA CILINDRICA 1 ALBERO DI INGRESSO

C k k k

  i v 0 m



ap 3

J z m

1 z

Dal seguente grafico ricaviamo ( fattore geometrico che tiene conto del numero di denti totale e

J

del numero di denti in presa).

J=0.35

Ko, fattore di regolarità dell’ingranaggio, lo ricavo dalla seguente tabella supponendo la coppia

motrice uniforme e l’utilizzatore che riceve con urti moderati. 

 

K ,coefficiente di montaggio, lo ricavo dalla seguente tabella con b m 60

mm

m 7

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K =1.4

m

Perciò:

Ck k k 272387.1* 2.27 *1.25*1.4 N

   

i v 0 m 103.05



ap 3 3 2

J z m 0.35*12* 20*5 mm

1  

 os

k k k

  a b c R , stat lim

 

 

ap , lim os

k k k

a b c lim R , stat

 

 

os

k k k

1 1 1

  

a b c lim R , stat

    

 

os os

k k k k k k

ap ,lim a b c R , stat lim R , stat a b c lim

Contributo statico Contributo dinamico

dove:

k : fattore di rugosità;

a

k : fattore dimensionale;

b

k : fattore di affidabilità;

c

Dalle tabelle e dal grafico:

0.88 GPa

Considerando che i dati del materiale sono:

Ottengo:

K =0.69

a

K =0.910

b

K =0.814

c  

 os

k k k 0.68*0.910*0.814*880*435 N

   

a b c R , stat lim 175.431

 

  

ap ,lim os 2

k k k 0.68*0.910*0.814*435 880 mm

a b c lim R , stat 8

CORSO DI PROGETTAZIONE MECCANICA I

Calcolo il coefficiente di sicurezza a fatica:

 177

.

041

   

ap , lim 2

.

023



FATICA 70

.

113

ap

Verifica soddisfatta

VERIFICA A USURA DELLA RUOTA DENTATA CILINDRICA 1 ALBERO DI INGRESSO

C

Con fattore dipendente dalle caratteristiche del materiale.

p E 206000

  

C 189.81

   

  

 

p 2 2

2 2 1 0.3

C 272387.1

  

i

Q 5447.742 N

CIL R 50

1



  

b m 12 * 5 60

mm

I fattore geometrico

 

sen 2 sen 40

  

I 0

.

12052

 



    

1



 

12 4 * 1

 

3

  

Per gli acciai kkk Q 2.27*1.25*1.4*5447.742 N



   

v 0 m CIL

C 189.81* 1038.46

H p 2

2 R bI 2*50*60*0.1205 mm

1

Il valore limite vale:

 

  

C C 2.8

HB 69

H ,lim L R

dove:

: coefficiente di durata;

C L 2.184

  

6

N 10 C

C L 0.0973

N C

2.184

  

6

N 10 C

C L 0.048455

N C

C : coefficiente di affidabilità;

R da tabella:



C 1

.

0 .

R

HB : durezza Brinell: 

Prendo come valore di durezza .

HB 545 9

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i

Calcolo allora :

N C

  

i 9 .

N 60 n L 60*3850*18200 4.2042*10 cicli

C i 10 h  6

Ho trovato dunque che , e dunque la formula da usare per il calcolo di

N 10 C

C L

è: 2.184 2.184

   .

C 0.7463

 

L 0.048455

0.048455

N 9

4.2042*10

C 

Il valore limite di risulta così:

H N

   

     

C C 2.8 HB 69 0.7463*1.0* 2.8*545 69 1087.42 .

H ,lim L R 2

mm

 1087.42

   

H ,lim 1.047



H 1038.46

H

E’ un coefficiente abbastanza piccolo.

Aumento quindi il valore del modulo per aumentarne la resistenza.

Il coefficiente di sicurezza a fatica non verrà ricalcolato perché già verificato con un valore del

modulo minore di quello che andremo a considerare.

Pongo m=6mm

Di conseguenza avrò i seguenti nuovi valori:

 mz 6* 20

  

1

R 60 mm

 1 2 2



 403.171*60 m



  

v R 24.190

 1 1 1 1000 s

  

50 200 v 50 200* 24.190

   

1

k 2.391

 v 50 50

 C 272387.1

   

i

Q 4539.785 N

 CIL R 60

1



  

Con b * m 12*6 72

mm

k k k Q 2.391*1.25*1.4*4539.785 N

   

v 0 m CIL .

C 189.81* 810.765

H p 2

2 R bI 2*60*72*0.1205 mm

1 N

  1084.11

H ,lim 2

mm

Calcolo allora il coefficiente di sicurezza a usura:

 1084.11

   

H ,lim 1.337



H 810.765

H

che è un coefficiente accettabile. 10

CORSO DI PROGETTAZIONE MECCANICA I

PROGETTO ALBERO DI INGRESSO

Q 4539.785

  

CIL

Q 4831.14 N

 

tot cos cos 20

La lunghezza del cuscinetto in A, considerando la forza applicata in mezzeria, è circa 15mm

mentre la lunghezza del cuscinetto in B è circa 30mm. 

disegno del complessivo posso assumere la lunghezza dell’albero pari a L 300

mm

Dal .

1

Conoscendo ora la lunghezza dell’albero possiamo andare a calcolare il momento flettente agente

sull’albero di ingresso assumendo la forza applicata in mezzeria:

1 1

  

M Q L * 4831.14*300 362335.5 Nmm

f ,max tot 1

4 4 VERIFICA STATICA

Il dimensionamento preliminare in flesso-torsione serve a determinare il diametro minimo

dell’albero. Calcoliamo il momento flettente ideale con il metodo di Von Mises:

3 3 3

      

2 2 2 2 2 2

M M M M C 362335.5 *272387.1 432357.56 Nmm

f , id f ,max t f ,max i

4 4 4

C

  i

M C

con , invece di .

M

t i t 2

La coppia di ingresso si ripartisce tra le due flange che quindi dovrebbe sopportare solo metà

C . Per ragioni di sicurezza però considero che ogni flangia deve resistere all’intera

i

coppia, coppia

2

C .

i

La tensione equivalente è data da: 11

CORSO DI PROGETTAZIONE MECCANICA I

32 M

 

 

f , id

VM 

id amm

3

d 1

 

32 M 3

  f , id 

d 

min  

amm 1

 

32* 432357.56 3

 

 

d 38.04 mm



min  

*80



spunto regime

Dato che C 2* C

1

 

 

spunto regime 47.93mm

d d 2 3

min min

Per la verifica a flesso-torsione possiamo assumere d=50mm per far in modo che resista anche

all’intaglio e alla coppia di spunto.

d=50mm Eseguiamo ora la VERIFICA DEFORMATIVA

Schema cinematico dell’albero di ingresso

Dall’analisi del sistema so che:

 1



max

M Q L

 f tot 1

4



 3

Q L



 tot 1

v max 48 EI



 2

Q L

 

 tot 1

max

 16 EI

Considerato solo l’effetto della flessione e trascurando quello del taglio, verifico che:

v 1



max

L 3000

1

quindi 12

CORSO DI PROGETTAZIONE MECCANICA I

3 2

v Q L Q L

1 1

  

max tot 1 tot 1

L 48 EI L 48 EI 3000

1 1

2

Q L 1

 

tot 1

16 EI 1000

ovvero:

1

  1000

Essendo la sezione circolare piena, il momento d’inerzia vale:

 4

d



I 64

Perciò:

2 2

Q L 4

Q L 1

 

tot 1 tot 1

 

4 4 1000

d Ed

16 E 64 2

Q L 1

 

tot 1

 4 4000

Ed

Da questa equazione trovo :

d

2

4000

Q L



4 tot 1

d  E 2 2

4000

Q L 4000* 4831.14*300

  

tot 1

d 40.49 mm

4 4

 

E * 206000

Eseguiamo ora la VERIFICA TORSIONALE che è più severa

Ciò che bisogna verificare è che sia:

1 

 

1 rad rad

 4

 

  

  3

4

.

363 * 10

m

t  

4 180 m m

dove: M

  t

t GJ 0

con:

  

M C C 272387.1

Nmm

t CIL i

E 206000 N

  

G 79230.769

   



  2

2 1 2* 1 0.3 mm

 

4 4

d *50

   4

J 613591.8

mm

0 32 32

Dunque:

M 232910 rad rad

  

   

6 6

t 4.791*10 4.363*10

t GJ 79230.769*613591.8 mm mm

0 

Dunque il diametro non è sufficiente alla verifica torsionale. Decido allora di aumentare

d 50

mm



il diametro dell’albero a ; da ciò:

d 55

mm 13

CORSO DI PROGETTAZIONE MECCANICA I

 

4 4

d *55

   4

J 898359.75

mm

0 32 32

per cui:

M 232910 rad rad rad

   

    

6 3 3

t 3.272*10 3.272*10 4.363*10

t GJ 79230.769*898359.75 mm m m

0 

Quindi il diametro soddisfa la verifica torsionale.

d 55

mm

Verifichiamo che l’albero con d=55mm resista alle sollecitazioni agenti, mettendoci nelle

condizioni più restrittive in cui andiamo a considerare agenti momento flettente ,

momento torcente e taglio con il metodo di Von Mises:

2 2

   

32 M 16

T

16

C

   

f ,max y

VM i

   

3

  

id 3 3 2

   

d d 3 d

Q

 tot

T

y 2 2

 

4831.14

16*

 

2

 

32*362335.5 16* 272387.1 N

 2

   

VM  

  3 27.821

  

id  

3 3 2 2

*55 *55 3* *55 mm

 

 

Calcolo allora il nuovo coefficiente di sicurezza:

 80

   

amm 2.88



ALBERO , ING VM 27.821

id

La verifica è ampiamente soddisfatta

VERIFICA A FATICA DELL’ALBERO IN INGRESSO

Eseguiamo la verifica a fatica dell’albero di ingresso in prossimità della ruota dentata.

Assumo un diametro D=60mm per permettere allo spallamento di bloccare correttamente i

cuscinetti.

Assumiamo un raggio di raccordo r=1mm

I dati di progetto sono:r



M 362335.5 Nmm

f 

M 272387.1

Nmm

t



d 50 m



D 60 mm



r 1

mm 14

CORSO DI PROGETTAZIONE MECCANICA I

60mm

50mm 50mm

I parametri del materiale sono: D 60

   

880 MPa 1.2

R d 50

  635 M