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

Appunti di Progettazione meccanica su Dimensionamento di massima di un riduttore ferroviario + Disegni basati su appunti personali del publisher presi alle lezioni dell’università degli Studi del Politecnico di Bari - Poliba. Scarica il file in formato PDF!

Esame di Progettazione meccanica docente Prof. P. Ingegneria

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CORSO DI PROGETTAZIONE MECCANICA I

 3

115687.06 (150 63.40) 115687.06*150 115687.06 810.58

    

max 2

v 63.40 150

xz

BC , M 6 EI 150 6 EI 6 EI I

B

mentre la rotazione massima (che avviene in B) è:

xz

M BC 115687.06*150 28.08

   

max B

xz

BC , M 3 EI 3* 206000* I I

B CON

Equazione linea elastica dovuta a :

M f

CON

M f

* **

B K K K C

L’asta e simmetrica, dunque posso scomporla in due parti introducendo un carrello in K.

CON

M f

2

*

B K K

Così il campo di spostamenti vale:

CON CON

M M

f f

  1

2 2

  

3

v z z BK z

BK 6 EI 6 EI

BK

L’ascissa * max

z cui corrisponde lo spostamento massimo si ottiene ponendo nulla la derivata

v CON

BK M f

BK , 2

dell’espressione precedente:

  CON CON

M M

d v z 1

  

f f

BK 2

z BK 0

d z 4 EI 12 EI

BK

 

CON 2

M z BK

  

f   0

 

4 EI 3

BK

2

BK BK

  

*

z 43.301

mm

BK 3 3 *

Chiamo il punto corrispondente a tale ascissa K (dato che lo si può considerare coincidente con il

*

punto K precedentemente trovato), cui corrisponde lo spostamento massimo: 44

CORSO DI PROGETTAZIONE MECCANICA I

CON CON

M M

f f

 

1 3

2 2

   

max * *

v z BKz

CON BK BK

M 6 EI 6 EI

BK

f

BK , 2

53438.605 1 53438.605 141.487

 

  

3

43.30 75* 43.30

6 EI 75 6 EI I CON

M

 f

max

La rotazione massima è in K, dove è applicato il momento , e vale:

CON

M 2

f

AB , 2

CON

M f BK CON

M BK 53438.605*75 3.426

 2

   

f

max CON

M 3 EI 6 EI 6* 206000* I I

f

BK , 2

Considerando adesso l’intero sottoposto all’intero carico CON

tratto , ottengo:

M

BC f

141.487

 

max max

v v

CON CON

BC , M M I

f

f BK , 2

* **

nei punti K e K e 3.426

 

 

max max

CON CON

BC , M M I

f

f BK , 2

in K.

Dunque le deformate causate dai tre carichi hanno effetti in direzioni diverse:

R

CON

xz CON

M M

B f

* **

B K K K C

Riassumendo, i massimi spostamenti saranno: SEZIONI

* **

B K K K C

max

R v

CON BC , R

CON

 max

xz v

M

CARICHI xz

BC , M

B B 

max max

CON v v

M CON CON

f BC BC

, M , M

f f

Consideraro come spostamento massimo uno spostamento che ha come contributi i tre spostamenti

massimi:

  

max max max max

v v v v

xz CON

BC BC , R BC , M BC , M

CON B f 45

CORSO DI PROGETTAZIONE MECCANICA I

Gli spostamenti massimi hanno direzioni diverse, dunque considero come

spostamento massimo il massimo tra le somme di spostamenti che avvengono dallo stesso verso:

810.58

max

v

- xz

BC , M I

B 931.617 141.487 1073.101

   

max max

- v v CON

BC , R BC , M I I I

CON f 810.58 141.487 952.067

   

max max

- v v

xz CON

BC , M BC , M I I I

B f

931.617

max

v

- BC , R I

CON BK

Le prime due situazioni si verificano nel tratto , mentre le altre due nel tratto .

KC

Il massimo varrà:

 

   

max max max max max max max

v max v ; v v ; v v ; v

xz CON xz CON

BC BC , R BC , R

BC , M BC , M BC , M BC , M

CON CON

B f B f

 

810.58 1073.101 952.067 931.617 1073.101

 

 

max ; ; ;

 

I I I I I

Analogamente rovo il massimo delle combinazioni di rotazioni, riassumendo tutto nella seguente

tabella: SEZIONI

* **

B K K K C

 

 max max

R BC , R BC , R

CON CON CON

 max

xz

M

CARICHI xz

BC , M

B B  max

CON

M CON

f BC , M f

Le combinazioni saranno:

28.08

 

max

- xz

BC , M I

B 18.632 3.426 22.058

 

   

max max

- CON

BC , R BC , M I I I

CON f 28.08 3.426 31.506

 

   

max max

- xz CON

BC , M BC , M I I I

B f

18.632

 

max

- BC , R I

CON

Il massimo tra queste combinazioni di rotazioni è dunque:

 

      

   

max max max max max max max

max ; ; ;

xz CON xz CON

BC BC , R BC , R

BC , M BC , M BC , M BC , M

CON CON

B f B f

 

28.08 22.058 31.506 18.632 31.506

 

 

max ; ; ;

 

I I I I I

trave in rapporto alla lunghezza del tratto di riferimento è:

Il massimo spostamento dell’intera 46

CORSO DI PROGETTAZIONE MECCANICA I

     

max max

max

v v

v 3684.063 1073.101 23.025 7.154 23.025

   

     

AC BC

AB

max ; max ; max ;

   

  160* I 150* I I I I

AC AB BC

massima rotazione dell’intera

La trave risulta:

AC

 

  36.156 31.506 36.156

  

  

max max max  

max ; max ;

AC AB BC  

I I I

PIANO YZ

In questo piano, lo schema dell’albero è il seguente:

yz Q

R M CON

CIL B

A H B K C yz

yz

yz V

V

V C

B

A

c

Anche in questo piano mi aspetto di trovare gli spostamenti massimi in prossimità delle sezioni su

cui sono applicate le forze, mentre le rotazioni massime nelle sezioni su cui sono applicati i vincoli.

AB

Studio separatamente il tratto e il tratto .

BC AB

tratto

L’equazione della linea elastica dovuta a Q

R nel tratto AB è la stessa di quella dovuta a

CIL CIL

nello stesso tratto, allora si ha:

R CIL

A H B

AH

Il campo degli spostamenti del tratto risulta: 47

CORSO DI PROGETTAZIONE MECCANICA I

 

R R

HB AH HB

     

3

CIL CIL

v z z 2 HB AH z

AH 6 EI 6 EI

AB AB AB

Lo spostamento massimo in tutto il tratto vale:

L’ascissa si ottiene derivando l’espressione

* max

a cui corrisponde il massimo spostamento

z v

AH AH , R

CIL

precedente e ponendo tutto uguale a 0:

   

d v z R R

HB AH HB

    

AH 2

CIL CIL

3 z 2 HB AH 0

d z 6 EI 6 EI

AB AB

 

R HB  

   

2

CIL 3 z AH 2 HB AH 0

 

6 EI AB    

 

AH 2 HB AH 90* 2*70 90

  

*

z 83.066 mm

AH 3 3

Da cui si calcola lo spostamento massimo:

 

R R

HB AH HB

    

max *2 *

CIL CIL

v z 2 HB AH z

AB , R AH AH

6 EI 6 EI

CIL AB AB

1652.347 70 1652.347 90*70 670.447

 

   

3

83.066 2*70 90 83.066

6 EI 160 6 EI 160 I

La rotazione massima è situata invece in B ed è pari a:

 

R AH BH 1652.347 90*70 13.160

 

     

max CIL 2 AH BH * * 2*90 70

AB , R 6 EI 6*206000* I 160 I

CIL AB

L’equazione della linea elastica dovuta a yz xz

M

nel tratto AB è la stessa di quella dovuta a

M B

B

nello stesso tratto, allora si ha:

yz

M B

*

A B B

yz yz

M M

  1

 

3

B B

v z z AB

z

AB 6 EI 6 EI

AB

L’ascissa *

z cui corrisponde lo spostamento massimo vale:

AB

AB

 

*

z 92.38

mm

AB 3 *

Chiamo il punto corrispondente a tale ascissa B , cui corrisponde lo spostamento massimo: 48

CORSO DI PROGETTAZIONE MECCANICA I

135592.61 1 135592.61 1080.95

   

max 3

v 92.38 160*92.38

yz

AB , M 6 EI 160 6 EI I

B

La rotazione massima è situata in B e vale:

yz

M AB 135592.61*160 35.105

   

max B

yz

AB , M 3 EI 3* 206000* I I

B

Dunque le deformate causate dai due carichi separatamente hanno effetti opposti, come si nota dalla

seguente figura: R yz

M

CIL B

*

A H B B

Ricapitolando nella seguente tabella: SEZIONI *

A H B B

max

R v

CIL AB , R CIL

CARICHI  max

v

yz

M yz

AB , M

B B

Considero lo spostamento massimo come:

   

670.447 1080.95 1080.95

  

max max max  

v max v ; v max ;

yz

AB AB , R  

AB , M I I I

CIL B

Allo stesso modo considero come rotazione massima il massimo tra le due rotazioni:

SEZIONI *

A H B B

 max

R AB , R

CIL CIL

CARICHI 

 max

yz

M yz

AB , M

B B

   

13.160 35.105 35.105

  

  

max max max  

max ; max ;

yz

AB AB , R  

AB , M I I I

CIL B 49

CORSO DI PROGETTAZIONE MECCANICA I

Tratto BC

L’equazione della linea elastica dovuta a nel tratto BC è la stessa di quella dovuta a R

Q

CON CON

nello stesso tratto, allora si ha: Q

CON

B K C

per cui è noto che lo spostamento massimo è situato nel punto di applicazione K della forza e vale:

3 3

Q BC 8035.81*150 2742.81

  

max CON

v

BC , Q 48 EI 48* 206000* I I

CON

mentre la rotazione massima è sia in B che in C (sarà la stessa in B e in C

perché la struttura è simmetrica e la forza in mezzeria) e vale, in valore assoluto:

2 2

Q BC 8035.81*150 54.856

   

max CON

BC , Q 16 EI 16*206000* I I

CON yz

M

Applico ora il momento :

B

yz

M B *

B K C

*

AB

Analogamente al tratto (alla sezione K corrisponde lo spostamento massimo):

 

1

  

*  

z 1 BC 63.40 mm

BC  

3

e lo spostamento massimo in tale sezione vale:

 * 3

yz yz yz

( BC z )

M M BC M 2

  

max *

BC

B B B

v z BC

yz BC

BC , M 6 EI 6 EI 6 EI

BC

B 50

CORSO DI PROGETTAZIONE MECCANICA I

 3

135592.61 (150 63.40) 135592.61*150 135592.61 950.05

    

max 2

v 63.40 150

yz

BC , M 6 EI 150 6 EI 6 EI I

B

mentre la rotazione massima è:

yz

M BC 135592.61*150 32.91

   

max B

yz

BC , M 3 EI 3* 206000* I I

B

Dunque le deformate hanno effetti in direzioni opposte:

Q

CON

yz

M B *

B K K C

Ricapitolando in una tabella gli spostamenti massimi: SEZIONI

*

B K K C

max

Q v

CON BC , Q

CON

CARICHI  max

v

yz

M yz

BC , M

B B

Anche per questo tratto di trave, poiché gli spostamenti massimi hanno direzioni diverse, considero

come spostamento massimo:

   

2742.81 950.05 2742.81

  

max max max  

v max v ; v max ;

yz

BC BC , Q  

BC , M I I I

CON B

Allo stesso modo considero come rotazione massima il massimo tra le varie rotazioni:

SEZIONI

*

B K K C

 

 max max

Q

CON BC , Q BC , Q

CON CON

CARICHI  max

yz

M yz

BC , M

B B

   

54.856 32.91 54.856

  

  

max max max  

max ; max ;

yz

BC BC , Q  

BC , M I I I

CON B 51

CORSO DI PROGETTAZIONE MECCANICA I

Riassumendo tutto:

Nel tratto BC del piano XZ ci mettiamo nelle peggiori condizioni possibili per quanto

CON

riguarda la deformazione massima andando a sommare i contributi di e anche

R M

CON f

se le rispettive massime frecce di deformazione non agiscono alla stessa distanza, quindi

ci mettiamo in ipotesi più conservative.

Calcolo le risultanti della composizione delle frecce lungo i piani XZ e YZ:

2 2

  3684.063 1080.95 3839.24

2

   

TOT xz 2 yz

v (

v ) v

AB max, AB max, AB I I

2 2

  1073.104 2742.81 2945.26

2

   

TOT xz 2 yz

v (

v ) v

BC max, BC max, BC I I

La verifica deformativa deve soddisfare le seguenti equazioni:

 TOT

v 1 3839.24 24

  

AB

 v 1 AB 3000 I *160 I

 

 

max

 TOT

3000 

AC v 1 2945.26 19.34

  

BC

 BC 3000 I *150 I

Considero la deformazione massima:

 

TOT TOT

TOT v v

v 19.34 1 58.02 1

     

TOT  

BC BC

AB

v max ;

max  

AB BC BC I 3000 I 1000

Non potendo combinare le componenti delle rotazioni, considero la rotazione massima:

54.856 1

  

max I 1000

TOT

v

Tra e la condizione più restrittiva è:

max max 52

CORSO DI PROGETTAZIONE MECCANICA I

58.02 58.02 1

  

TOT

v 

max 4

* d

I 1000

64

Allora calcolo d :

min 1

 

64*1000*58.02 4

 

 

d 32.97 mm

min  

Dunque il valore minimo del diametro che soddisfi la verifica deformativa è molto inferiore al

diametro scelto in precedenza nel tratto HK.

d 75

mm

M 817161.3 Nmm

t 

tot

M 253254.698 Nmm

f , K

tot

T 5686.694 N

K 

75

mm 32.97 mm ( )

flex

75

mm 45.741

mm ( M )

f , id

75

mm circa 70 mm ( )

lim

Calcolo adesso la tensione equivalente nella sezione HK, sottoposta a momento

torcente, momento flettente, taglio e sforzo normale secondo il criterio di Von Mises:

2

  2

 

tot tot

32 M 16

T

4 A 16 M

 

 

    

 

f , K CON t K

3 40.3554

 

 

   

id 3 2 3 2

d d d 3 d

 

  2 2

   

32* 253254.698 4*1051.01 16*817161.3 16*5686.649 N

    

   

3 21.04

   

   

3 2 3 2 2

*75 *75 *75 3* *75 mm

 80

   

HK amm 3.8

stat 21.04

id

Verifica ampiamente soddisfatta.

Per la sezione KC invece, non c’è momento torcente e abbiamo assunto un diametro di 40mm.

tot

M 233717.157 Nmm

f , K

tot

T 3116.229 N

K  

40 mm 32.97 mm flex

 idf

40 mm 30.99 mm

( M )

, K

Calcoliamo la tensione equivalente in con il criterio di Von Mises tenendo conto del

momento flettente e taglio. 53

CORSO DI PROGETTAZIONE MECCANICA I

2

  2

 

tot tot

32 M 16

T

 

 

  

 

f , K K

3  

 

 

id 3 2

d 3 d

 

  2 2

   

32* 233717.157 16*3116.229 N

  

   

3 37.636

 

   

3 2 2

* 40 3* * 40 mm

Calcoliamo il coefficiente di resistenza statico:

 80

   

amm Verifica ampiamente soddisfatta.

2.13

STAT 37.636

id

Per quanto riguarda la sezione AH, non sottoposta a momento torcente, abbiamo

supposto un diametro d=35mm

tot

M 114231.6 Nmm

f , H

tot

T 1269.266 N

H 

35

mm 32.97( )

flex

 idf

35

mm 24.41( M )

, H

Calcolo la tensione equivalente in con il criterio di Von Mises:

2

  2

 

tot tot

32 M 16

T

 

 

  

 

f , H H

3  

 

 

id 3 2

d 3 d

 

  2 2

   

32*114231.6 16*1269.266 N

  

   

3 27.309

 

   

3 2 2

*35 3* *35 mm

Il coefficiente di resistenza statico:

 80

   

amm 2.93 Verifica ampiamente soddisfatta.

STAT 27.309

id 54

CORSO DI PROGETTAZIONE MECCANICA I

FORZAMENTO DELLA RUOTA DENTATA CILINDRICA SULL’ALBERO DI RINVIO

Decido di effettuare il collegamento con un forzamento; il momento torcente massimo che si può

trasmettere tramite il collegamento risulta pari a:

1

 

 2

C pf D l

rinv 2

(pressione di forzamento) per gli alberi pieni è:

p 

 2

i 1 2 p i 1

  

p E

 2

D E D 2

1

i rapporto tra l’interferenza

con e il diametro di contatto mozzo-albero.

D i  0

. 0004

Nel caso di ruote dentate si assume ;

D

R

   

cil 1

D 2 R 2 2*60*3 360 mm

M rinv cil

D 75

   rapporto tra il diametro di contatto e il diametro esterno del mozzo (ovvero della

D 360

M

ruota dentata). 2

 

75

  

1

 2  

i 1 N

360

  

p E 0.0004*206000* 39.412 2

D 2 2 mm

Per calcolare la lunghezza necessaria al forzamento utilizziamo l’equazione:

2 C 2*1.3*817161.3 

      

rinv

l 30.51

mm b m * 6*12 72 mm

  cil

2 2

pf D 39.412*0.1* *75 

f 0.1

f

con coefficiente di attrito che per acciai in presenza di lubrificazione assumo . 55

CORSO DI PROGETTAZIONE MECCANICA I

SCELTA DEI CUSCINETTI PER L’ALBERO DI RINVIO

Gli schemi seguenti rappresentano l’albero di rinvio nel piano xz:

A

CON

xz CON

R

Q M M

CON

CIL B f

A H B K C xz

xz xz V

V

V C

B

A

e nel piano yz: yz Q

R M CON

CIL B

A H B K C yz

yz

yz V

V

V C

B

A

profilo dell’albero, come visto è invece il seguente:

Il A’ A’’ B’ B’’ C’ C’’

A H B K C

110

30 40 100 40 40

Abbiamo quindi due cuscinetti in A, uno a rulli cilindrici e uno a sfere (per ragioni di

montaggio è preferibile che il cuscinetto a sfere sia in questa sezione in cui peraltro lo sforzo è

minore) che

assorbirà il carico assiale. Qui ipotizzeremo che il carico radiale sia equamente ripartito tra

i due cuscinetti.

In B e in C, invece, abbiamo cuscinetti a rulli cilindrici che assorbono solo carichi radiali.

Le risultanti delle reazioni vincolari sono dunque: 56

CORSO DI PROGETTAZIONE MECCANICA I

    

2 2

    

xz yz 2 2

R V V 1263.114 124.552 1269.24 N

 A A A

    

2 2

    

xz yz 2 2

 R V V 6125.153 6698.775 9076.953 N

B B B

    

 2 2

    

xz yz 2 2

R V V 119.047 3113.954 3116.229 N

 C C C

Inizio col determinare i cuscinetti a rulli cilindrici:

1

  

rinv i 6

N N 4204.2*10 * 1401.4 milioni di cicli

C C 12 3

è la durata in milioni di cicli dell’albero di rinvio, mentre ING

RIN

dove è la durata in milioni di

L

L 10

10

cicli dell’albero d’ingresso.

Calcolo allora i coefficienti di carico dinamico per le sezioni B e C che ospiteranno i cuscinetti a

rulli cilindrici:

 1

  3

 

  

rinv

C R N 9076.953* 1401.4 79782.70 N

p 10

B B C

 1

 

 3

 

  

rinv

C R N 3116.229* 1401.4 27390.38 N

p 10

 C C C

CUSCINETTO RULLI CILINDRICI IN B:

come diametro dell’albero B’B’’ d=80mm,

Abbiamo scelto di rinvio nella sezione quindi la

ralla interna dovrà essere montata con interferenza sull’albero.

Di conseguenza il diametro interno del cuscinetto dovrà essere di 80mm.

Scelgo un cuscinetto SKFNU216E con le seguenti caratteristiche:

d=80mm

D=140mm

B=25mm

C=130000N

C =156000N

0

r=2mm

C <C il cuscinetto scelto soddisfa le condizioni richieste.

B

CUSCINETTO RULLI CILINDRICI IN C:

Abbiamo scelto come diametro dell’albero di rinvio nella sezione KC d=40mm , quindi la

ralla interna, che è quella che vede il carico agente, dovrà essere montata con

interferenza sull’albero. Di conseguenza il diametro interno del cuscinetto dovrà essere

necessariamente di 40mm.

Scelgo un cuscinetto SKFNU208E con le seguenti caratteristiche:

d=40mm

D=80mm

B=18mm

C=55500N

r=1.1mm 57

CORSO DI PROGETTAZIONE MECCANICA I

CUSCINETTO RULLI CILINDRICI IN A:

In A essendoci due cuscinetti considereremo il carico radiale come equamente suddiviso tra

i due cuscinetti, quindi nel cuscinetto a rulli cilindrici andremo a considerare solo metà

della reazione vincolare in A, su quello a sfere andremo a considerare l’altra metà.

1

  3

R  

  

cil rinv

A

C N 634.62* 1401.4 5578.05 N

p 10

A C

2

come diametro dell’albero di rinvio nella sezione AH,

Scelgo d=45mm in modo da non avere una

grande variazione di sezione con l’albero di diametro 75mm.

Il diametro interno del cuscinetto dovrà essere (sempre per i motivi esposti in precedenza) di 45mm.

Scelgo un cuscinetto SKFNU209 con:

d=45mm

D=85mm

B=19mm

C=46000N

r=1.1mm

cil

C C il cuscinetto scelto va bene.

A

CUSCINETTO A SFERE IN A:

Calcolo il coefficiente di carico dinamico:

1

 

sfer rinv

C P N p

A eq , A C

dove:

 

P XF YF

eq , A R A

con:

 R

 

 A

F 634.62 N

R

 2

  

 F A 1051.01

N

A CON

Ipotizzo inizialmente che il carico radiale sia predominante sul carico assiale che possiamo quindi

considerare trascurabile, allora:

 1

1

 

X 1      

sfer rinv

 3

P F C F N 634.62*(1401.4) 7101.79 N

p

 eq , A R A R C

Y 0 

p 3

poiché per cuscinetti a sfere . come il diametro del tratto AH dell’albero.

Il diametro interno del cuscinetto dovrà essere di 45mm

Scelgo un cuscinetto che abbia anche il diametro della ralla esterna di 85mm in modo che la cassa

abbia le stesse dimensioni su entrambi i cuscinetti.

Scelgo un cuscinetto SKF6209 con:

d=45mm

D=85mm

B=19mm

C=32500N

C =20400N

0

r=1.1mm 58

CORSO DI PROGETTAZIONE MECCANICA I

Calcolo allora il parametro:

F 1051.01

 

A 0.0515

C 20400

0

Perciò da tabella:

Attraverso interpolazioni trovo:

 

0.0515 0.04 e 0.24

 

0.07 0.04 0.27 0.24

e 0.2515

X 0

.

56

 

0.0515 0.04 Y 1.8

 

0.07 0.04 1.6 1.8

Y 1.723

Calcolo poi:

F 1051.01

 

A 1.6561

F 634.62

R

Risultando perciò:

F   

A 1.6561 0.2515 e

F

R

non è possibile trascurare rispetto a .

F

F R

A

Calcolo allora il valore preciso di:

    

P XF YF 0.56*634.62 1.723*1051.01 2166.277 N

eq , A R A

da cui: 1

1

 

  

rinv 3

C P N 2166.277*1401.4 24241.98 N

p

A eq , A C

C > C OK!

A 59

CORSO DI PROGETTAZIONE MECCANICA I

EFFETTO D’INTAGLIO ALBERO RINVIO

Eseguiamo la verifica a fatica in B’’, identificata come sezione critica per l’intaglio.

Assumiamo un raggio r=2mm.

A’ A’’ B’ B’’ C’ C’’

A H B K C

  

D 2( R 1.25

m

) 210

mm

e

So che:

M 178238.188 Nmm

f , B

M 817161.3 Nmm

t 

A 1051.01

N

CON

  880 MPa

R

  635 MPa

SN

  435 MPa

e (considerando una sezione dell’albero alla destra del

Il rapporto tra i diametri maggiore e minore

cuscinetto in B di 100mm) vale:

D 210

  2.1

d 100 

Il raggio di raccordo del cuscinetto è unificato e vale , per cui calcolo:

r 1

.

5

mm

r 2

  0.02

d 100

Dal grafico:

K =2.8

T 60

CORSO DI PROGETTAZIONE MECCANICA I

q=0.86 il fattore d’intaglio:

Posso allora calcolarmi

      

K 1 q ( K 1) 1 0.86(2.8 1) 2.548

F T

Da cui: 

 K K K

 

eff , k lim a b c

F

lim k F

Dal grafico ricavo K :

a

K =0.69

a  

  

0.097 0.097

K 1.198

d 1.198*100 0.766

b 

K 0.814

c

Dunque: 435*0.69*0.766*0.814 N

  

eff , k 73.45

F

lim 2

2.548 mm

Calcolo ora: 32 M 32*178238.188 N

  

      

f ,max 1.816

 

LAV max min 3 3 2

d *100 mm 61

CORSO DI PROGETTAZIONE MECCANICA I

e: 2 2

   

   

2 2

   

A 16 M 1051.01 16*817161.3 N

     

   

CON t  

 

3 3 7.21

 

 

M  

 

2 2

3 3 2

   

d *100

d *100 mm

   

   

4 4

Posso allora calcolare il coefficiente di sicurezza come:

1 1

    30.38

 

FAT 7.21 1.816

 LAV

M

 

 eff , k 880 73.45

f

R lim

che è decisamente un coefficiente accettabile.

Diagramma di Haigh:

Trovo le coordinate del punto P lim

 

 

 

   

M M 1 P (219.03;55.168)

r:  

 lim

eff 73.45 880

lim R

 1.816

  

  

LAV * *

f:  M M

7.21

M

Calcoliamo le coordinate del punto Q per verificare se la retta di funzionamento intercetta

effettivamente la retta di rottura o quella di snervamento:

 

 

 

   

M M 1

r:  

 eff , K 73.45 880

F

lim R Q (612.69; 22.311)

trovo

   

       635

s: M SN M

Poiché:

 

 P

Q lim

M M

 

  

P Q

lim

La retta di funzionamento intercetta la retta di rottura. 62

CORSO DI PROGETTAZIONE MECCANICA I

PROGETTAZIONE ALBERO DI USCITA

Q

CON

 

usc rinv

Q Q 8035.81

N

CON CON

 

usc rinv

R A 1051.01

N

CON CON

 

usc rinv

A R 2729.43 N

CON CON rinv

R 101.69

   

usc usc usc usc M

M A * R A * 2729.43* 720923.99 Nmm

f , CON CON M CON eff 0.385

CON

C 817161.3

   

rinv

M C 2122496.88 Nmm

t usc eff 0.385

con VERIFICA TORSIONALE

1 

 

M 1 rad rad

 4 

    3

t   4.363*10

m

t  

GJ 4 180 m m

0

E 206000 N

  

G 79230

.

769

   

  2

2 1 2 * 1 0

.

3 mm

 4

d

J 0 32

 M C rad

   3

t t usc 4.363*10

 4

E d

l GJ m

0  

2 1 32 1 1

   

4 4

   

32* C 32* 2122496.88

   

  

usc

d 88.93

mm

   

min E 206000

 

 

6 6

* 4.363*10 * 4.363*10

   

   

 

2 1 v 2 1 0.3

   

Per la verifica torsionale assumo d=90mm 63

CORSO DI PROGETTAZIONE MECCANICA I

FORZAMENTO DELLA RUOTA DENTATA CONICA SULL’ALBERO DI USCITA

con

R 101.69

    

con con rinv

d d 2* R 2 2* 528.26 mm

mozzo usc usc 0.385

con

d 90 mm

alb d 90

   

alb 0.1704

d 528.26

mozzo

La pressione massima ammissibile è:

i 

  

E 0.0004* 206000 82.4 sn

d

Calcolo la pressione agente:

 

2 2

i 1 1 0.1704

  

p E 0.0004*206000 40.0037

d 2 2

Calcolo il coefficiente di sicurezza:

 635

   

sn 7.706

i 82.4

E

d

Da: 1

 

 2

C pfd l

usc alb forz

2 

2* * C 2*1.3* 2122496.88

  

usc

l 54.211

mm

 

forz 2 2

* p * f * d * 40.0037 *0.1*90

alb

l 60 mm

Assumo forz

LUNGHEZZA ALBERO DI USCITA

Stimo la lunghezza del tratto LM:

b

       

cusc

L l l 10 60 30 100 mm

LM forz

2

Tratto MN:   

eff

b *sin 101.69*sin 21.06 36.54 mm

Dente ruota conica: 1  

2* m 2*12

mm 24

mm

Sviluppo assiale del dente: e

Cuscinetto albero di rinvio in C: 80mm

Cuscinetto albero uscita: 20mm

L 170 mm

MN 64

CORSO DI PROGETTAZIONE MECCANICA I

VERIFICA STATICA ALBERO DI USCITA

Piano XZ:

Equilibrio alla rotazione intorno a L:

 

usc XZ

Q * LM V * LN 0

CON N

8035.81*100

   

XZ

V 2976.23 N

N 270

Equilibrio traslazione verticale dell’albero:

  

XZ usc XZ

V Q V 0

L CON N

    

XZ

V 8035.81 2976.23 5059.58 N

L

Il piano XZ sarà allora: Piano YZ:

Equilibrio alla rotazione intorno a L:

  

usc usc YZ

R * LM M V * LN 0

CON f , CON N 65

CORSO DI PROGETTAZIONE MECCANICA I

720923.99 1051.01*100

 

YZ

V 2280.83 N

N 270

Equilibrio alla traslazione verticale dell’albero:

  

YZ usc YZ

V R V 0

L CON N

    

YZ

V 1051.01 2280.83 3331.84 N

L

La configurazione reale delle reazioni è:

le caratteristiche della sollecitazione agente sull’albero:

Calcolo PIANO XZ 505958

2976.23 -

+

L M N Taglio M

f

L M N

-

5059.88

La sezione maggiormente sollecitata a taglio nel piano XZ è LM.

La sezione maggiormente sollecitata a momento flettente è la M. 66

CORSO DI PROGETTAZIONE MECCANICA I

PIANO YZ 333184

-

L M N Taglio M N M

f

L

- +

- 2280.83

3331.84 387740

La sezione più sollecitata a taglio nel piano YZ è la LM.

+

La sezione più sollecitata a momento flettente è la M . -

La sezione maggiormente sollecitata a taglio sarà la sezione LM (ovvero M ), mentre la più

+

sollecitata a momento flettente è la sezione M . +

Andiamo a calcolare il momento flettente e taglio totale nella sezione M .

    

tot XZ 2 YZ 2 2 2

M ( M ) ( M ) 505958 387740 637444.75 Nmm

  

f , M f , M f , M

    

tot XZ 2 YZ 2 2 2

T (

T ) (

T ) 2976.23 2280.83 3749.68 N

  

M M M

Calcoliamo il momento flettente ideale in base al criterio di Von Mises:

3 3

    

id tot 2 2 2 2

M ( M ) M (637444.75) 2122496.88 1945528.35 Nmm

f t

f , M 4 4

La tensione equivalente, calcolata trascurando la presenza della sollecitazione di taglio, è

data da: idf

32* M

 

 

VM 

id amm

3

* d 1 1

 

idf  

32* M 3 32*1945528.35 3

  

   

d 62.803

mm

 

  

 

* *80

 

amm

Poiché nella verifica torsionale era stato assunto un diametro di 90mm, la condizione è ampiamente

soddisfatta. +

Calcolo la tensione equivalente in M con il criterio di Von Mises tenendo

conto di tutte le sollecitazioni agenti sull’albero: momento flettente, momento

torcente e taglio. 67

CORSO DI PROGETTAZIONE MECCANICA I

2

  2

 

tot tot

32 M 16

T

16 M

 

 

   

 

f , M t M

3  

 

  

id 3 3 2

d d 3 d

 

  2 2

   

32*637444.75 16* 2122496.88 16*3749.68 N

   

   

3 28.473

  

   

3 3 2 2

*90 *90 3* *90 mm

-

Calcolo momento flettente e taglio nella sezione M :

    

tot XZ 2 YZ 2 2 2

M ( M ) ( M ) 505958 333184 605809.44 Nmm

  

f , M f , M f , M

    

tot XZ 2 YZ 2 2 2

T (

T ) (

T ) 5059.88 3331.84 6058.34 N

  

M M M

Calcolo il momento flettente ideale:

3 3

    

id tot 2 2 2 2

M ( M ) M (605809.44) 2122496.88 1935393.97 Nmm

f t

f , M 4 4

1 1

 

idf  

32* M 3 32*1935393.97 3

  

   

d 62.69 mm

 

  

 

* *80

 

amm

Calcolo la tensione equivalente con il criterio di Von Mises:

2

  2

 

tot tot

32 M 16

T

16 M

 

 

   

 

f , M t M

3  

 

  

id 3 3 2

d d 3 d

 

  2 2

   

32*605809.44 16* 2122496.88 16*6058.34 N

   

   

3 29.139

  

   

3 3 2 2

*90 *90 3* *90 mm

-

La sezione maggiormente sollecitata è la sezione M , che corrisponde al tratto LM.

Calcoliamo il coefficiente di resistenza statico:

 80

   

amm 2.75

STAT 29.139

id

Verifica soddisfatta. 68

CORSO DI PROGETTAZIONE MECCANICA I

VERIFICA DEFORMATIVA ALBERO DI USCITA

Piano XZ: usc

Equazione linea elastica dovuta a :

Q

CON

LM

Il campo degli spostamenti del tratto è:

 

usc usc

Q Q

MN LM MN

    

3

CON CON

v z z 2 MN LM z

LM 6 EI 6 EI

LN LN

Calcolo a che distanza abbiamo la deformazione massima facendo la derivata della

precedente equazione e ponendola uguale a 0:

   

usc usc

d v z Q Q

MN LM MN

   

LM 2

CON CON

3 z 2 MN LM 0

d z 6 EI 6 EI

LN LN

 

usc

Q MN  

  

2

CON 3 z LM 2 MN LM 0

 

6 EI LN    

 

LM 2 MN LM 100* 2*170 100

  

*

z 121.106 mm

LM 3 3

Non essendo possibile una configurazione con due punti di pendenza massima, l’unica alternativa è

sia l’ascissa del punto di massimo spostamento del tratto

*

z

che .

LN

LM

Lo spostamento massimo sarà:  

usc usc

Q Q

MN LM MN

   

max * 3 *

CON CON

v z 2 MN LM z

usc LN LN

LN , Q 6 EI 6 EI

LN LN

CON

8035.81 170 8035.81100*170 14541.98

 

    

3

*121.106 2*170 100 121.106

6 EI 270 6 EI 270 I

La rotazione massima avverrà nella sezione L poiché Q è più vicina a tale sezione:

CON

 

usc

Q LM MN (2 MN LM ) 8035.81*100*170(2*170 100) 180.115

   

max CON

usc

LN , Q 6* EI 6 EI * 270 I

LN

CON 69

CORSO DI PROGETTAZIONE MECCANICA I

Piano YZ:

Equazione linea elastica dovuta a R :

CON

LM

Il campo degli spostamenti del tratto è:

 

usc usc

R R

MN LM MN

    

3

CON CON

v z z 2 MN LM z

LM 6 EI 6 EI

LN LN

Calcolo a che distanza abbiamo la deformazione massima facendo la derivata della

precedente equazione e ponendola uguale a 0:

   

usc usc

d v z R R

MN LM MN

   

LM 2

CON CON

3 z 2 MN LM 0

d z 6 EI 6 EI

LN LN

 

usc

R MN  

  

2

CON 3 z LM 2 MN LM 0

 

6 EI LN    

 

LM 2 MN LM 100* 2*170 100

  

*

z 121.106 mm

LM 3 3

possibile una configurazione con due punti di pendenza massima, l’unica alternativa è

Non essendo

sia l’ascissa del punto di massimo spostamento del

*

z

che tratto .

LN

LM

Lo spostamento massimo sarà:  

usc usc

R R

MN LM MN

   

max * 3 *

CON CON

v z 2 MN LM z

usc LN LN

LN , R 6 EI 6 EI

LN LN

CON

1051.01 170 1051.01100*170 1901.96

 

    

3

*121.106 2*170 100 121.106

6 EI 270 6 EI 270 I

La rotazione massima avverrà nella sezione L poiché Q è più vicina a tale sezione:

CON 70

CORSO DI PROGETTAZIONE MECCANICA I

 

usc

R LM MN (2 MN LM ) 1051.01*100*170(2*170 100) 23.56

   

max CON

usc

LN , R 6* EI 6 EI * 270 I

LN

CON usc

Equazione linea elastica dovuta a :

M f , CON

LM

Il campo degli spostamenti del tratto è:

2 2

 

usc usc

3

M M

z (2 LM 2 LM * MN MN )

  

f , CON f , CON

v ( z ) z

LN 6 EI 6 EI

LN LN

Calcolo a che distanza ho la deformazione massima facendo la derivata della prima equazione e

ponendola uguale a 0:

  2 2

 

usc usc

2

M M

d v z z (2 LM 2 LM * MN MN )

   

f , CON f , CON

LM 0

d z 2 EI 6 EI

LN LN

     

2 2 2 2

2 LM 2 LM * MN MN 2*100 2*100*170 170

  

*

z 119.582

mm

LN 3 3

La deformazione massima sarà: 2 2

 

usc usc

* 3

M M

z (2 LM 2 LM * MN MN )

   

f , CON f , CON

max *

LN

v z LN

6 EI 6 EI

LN , M LN LN

f ,

CON  

3 2 2

720923.99 119.583 720923.99 (2*100 2*100*170 170 ) 14776.56

  

119.583

6 EI 270 6 EI 270 I

2 2

 

usc

M (2 LM 2 LM * MN MN )

  

f , CON

max

LN , M 6 EI

f ,

CON LN

 

2 2

720923.99 (2*100 2*100*170 170 ) 92.675

 

6 EI 270 I

Allora la rotazione massima si ha in M. 71

CORSO DI PROGETTAZIONE MECCANICA I

Riassumendo:

Nel piano YZ sommiamo le due deformazioni dovute a R e M per metterci nelle

CON f,CON

condizioni più conservative.

Componiamo le componenti di deformazione lungo i due piani.

2 2

  14541.98 14776.56 20732.002

2

   

TOT xz 2 yz

v (

v ) v

LN max, LN max, LN I I

La verifica deformativa deve soddisfare le seguenti equazioni:

 

TOT TOT

v v

1 1 20732.002 76.785

    

 

LN LN

 

3000 3000 I *270 I

LN LN

Non potendo combinare le componenti delle rotazioni, considero la rotazione massima:

180.115 1

  

max I 1000

TOT

v

Tra e la condizione più restrittiva è:

max max

230.355 230.355 1

  

TOT

v 

max 4

* d

I 1000

64

Allora calcolo d :

min 1

 

64*1000*230.355 4

 

 

d 46.543

mm

min  

di 90mm assunto in precedenza soddisfa le condizioni, essendo quest’ultima verifica

Il diametro

meno severa rispetto alla verifica torsionale. 72

CORSO DI PROGETTAZIONE MECCANICA I

SCELTA CUSCINETTI ALBERO D’USCITA ad “X”.

Abbiamo due cuscinetti a rulli conici, uno in L e uno in N, con un montaggio

    

TOT XZ 2 YZ 2 2 2

V (

V ) (

V ) 5059.58 3331.84 6058.094 N

L L L

    

TOT XZ 2 YZ 2 2 2

V (

V ) (

V ) 2976.23 2280.83 3749.684 N

N N N

Lo schema delle forze sarà:

 

usc

K A 2729.43 N

a CON

 

TOT

F V 6058.094 N

r , L L

 

TOT

F V 3749.684 N

r , N N

Trascuro inizialmente il carico assiale, poiché suppongo che il carico radiale predomini su di esso.

73

CORSO DI PROGETTAZIONE MECCANICA I

CUSCINETTO A RULLI CONICI IN L:

3

 usc 10

C P ( N )

L eq C

L n 60 1

 

  

usc eff

10 h i

N 4204.2* *0.385 539.539 milioni di cicli

C cil con

6

10 3

3

 

10

C 6058.094(539.539) 39989.21

N

L

Il diametro interno del cuscinetto dovrà essere di 90mm e montato con interferenza sull’albero.

Scelgo cuscinetto SKF32018XU con:

d=90mm

D=140mm

T=32mm

C=168000N

r=2mm

e=0.43

X=0.4

Y=1.4

CUSCINETTO A RULLI CONICI IN N:

3

 usc 10

C P ( N )

N eq C

L n 60 1

 

  

usc eff

10 h i

N 4204.2* *0.385 539.539 milioni di cicli

C cil con

6

10 3

3

 

10

C 3749.684(539.539) 21910.547 N

L

Scelgo sempre un cuscinetto con diametro interno di 90mm SKF32018XU:

d=90mm

D=140mm

T=32mm

C=168000N

r=2mm

e=0.43

X=0.4

Y=1.4 TOT

TOT V

V  N

L

Y Y

L N

Y Y

L N

TOT TOT

V V

L N

Allora si ha:

   

TOT

TOT V

V 6058.094 3749.684

   

 

N

L  

0.5 0.5 824.432 N

 

 

Y Y 1.4 1.4

L N

 

K 2729.43 N 824.432 N

a 74

CORSO DI PROGETTAZIONE MECCANICA I

TOT

V 3749.684

    

N

F K 0.5 2729.43 0.5* 4068.602 N

a , L a Y 1.4

N

TOT

V 3749.684

  

N

F 0.5 0.5 1339.173 N

a , N Y 1.4

B

Eseguo la verifica in L:

F 4068.602

   

a , L 0.672 0.43 e

TOT

V 6058.094

L     

P X * F Y * F 0.4*6058.094 1.4* 4068.602 8119.28 N

eq r , L a , L 3

3

 

   

usc 10

C P N 8119.28(539.539) 53595.01

N C

10

L eq C

Le caratteristiche del cuscinetto scelto soddisfano le condizioni richieste.

Verifica in N:

F 1339.173

   

a , N 0.357 0.43 e

F 3749.684

r , N

Quindi non devo considerare il carico assiale e le caratteristiche del cuscinetto soddisfano gia le

condizioni richieste. VERIFICA A FATICA ALBERO DI USCITA

Eseguo la verifica a fatica nella sezione M che è la più sollecitata anche per la presenza di uno

spallamento che andrà a bloccare la ruota conica.

Assumo un raggio di raccordo di 1.5mm.

D 100

mm

M 637444.75 Nmm

f , M

M 2122496.88 Nmm

t

r 1.5

  0.017

d 90

D 100

  1.111

d 90

Trovo il parametro K dal seguente grafico:

t 75

CORSO DI PROGETTAZIONE MECCANICA I

K 2.52

t

Trovo il parametro q:

q=0.85

Mi calcolo allora K F

      

K 1 q ( K 1) 1 0.85(2.52 1) 2.292

F T

 K K K

 

eff , k lim a b c

F

lim k F

Dal grafico ricavo K :

a 76

CORSO DI PROGETTAZIONE MECCANICA I

K =0.69

a  

  

0.097 0.097

K 1.198

d 1.198*90 0.774

b 

K (99%

affidabilità ) 0.814

c

Dunque: 435*0.69*0.774*0.814 N

  

eff , k 82.507

F

lim 2

2.292 mm

Calcolo ora: 32 M 32*637444.75 N

  

      

f ,max 8.907

 

LAV max min 3 3 2

d *90 mm

e: 2 2

   

   

2 2

   

A 16 M 2729.43 16* 2122496.88 N

     

   

CON t  

 

3 3 25.687

 

 

M  

 

2 2

3 3 2

   

d *90

d *90 mm

   

   

4 4

Posso allora calcolare il coefficiente di sicurezza come:

1 1

    7.29

 

FAT 25.687 8.907

 LAV

M

 

 eff , k 880 82.507

f

R lim

Verifica ampiamente soddifsfatta.

Diagramma di Haigh: 77

CORSO DI PROGETTAZIONE MECCANICA I

Trovo le coordinate del punto P lim

 

 

 

   

M M

r: 1 P (187.30;64.946)

 

 lim

eff 82.507 880

lim R

 8.907

  

  

LAV * *

f:  M M

25.687

M

Calcoliamo le coordinate del punto Q per verificare se la retta di funzionamento intercetta

effettivamente la retta di rottura o quella di snervamento:

 

 

 

   

M M 1

r:  

 eff , K 82.507 880

F

lim R Q (609.65; 25.347)

trovo

   

       635

s: M SN M

Poiché:

 

 P

Q lim

M M

 

  

P Q

lim

La retta di funzionamento intercetta la retta di rottura.jk

DISEGNI: 78

CORSO DI PROGETTAZIONE MECCANICA I 79

CORSO DI PROGETTAZIONE MECCANICA I 80


PAGINE

84

PESO

3.45 MB

AUTORE

Fran8102

PUBBLICATO

7 mesi fa


DETTAGLI
Corso di laurea: Corso di laurea magistrale in ingegneria meccanica
SSD:
A.A.: 2018-2019

I contenuti di questa pagina costituiscono rielaborazioni personali del Publisher Fran8102 di informazioni apprese con la frequenza delle lezioni di Progettazione meccanica e studio autonomo di eventuali libri di riferimento in preparazione dell'esame finale o della tesi. Non devono intendersi come materiale ufficiale dell'università Politecnico di Bari - Poliba o del prof Ingegneria Prof.

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