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

Trasformo tale valore in radianti al secondo:  2 n 2* *3850 rad   i 403.171i 60 60 s

Potenza in ingresso:  P 110kW 110000W

Quindi la coppia in ingresso vale: P 110000   iC 272.8371Nm 272387.1Nmmi 403.171i

Dal disegno di massima del progetto si ha che il rapporto di trasmissione è R 1  1 R 32   l’angolo di pressione

Assumo della ruota a denti dritti pari a .

Considerazioni preliminari per la scelta dei materiali

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

Prendiamo in considerazione un acciaio 42CrMo4 bonificato ad alta resistenza che ha le seguenti caratteristiche:

Acciaio 42CrMo4 bonif. σ σsnerv.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

Stima dei diametri degli alberi

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 amm3d16 3C  iid amm3d 1  316 3C   id  min  amm3 2 2M M Mf , id f t

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 2M M M M C 235894.15 Nmmf , id f t t i4 2 21  316* 3 * 235894.1  d 27.053mm min *100 N  100con amm 2mm

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

 C Ci i rinv rinvC i iC r inv rin v1  C C 817161.3 Nmmrinv i cil

Trascurando come nel caso precedente il momento flettente si ha:

3 3 3    2 2M M M M C 707682.44 Nmmf , id f t t rinv4 2 21 1   32 M 3 32 707682.44 3  f , id   d 41.62 mm  min    100amm

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

 C Crinv rinv usc uscC rinv rinvC usc usc 1  C C 2128024.2 Nmmusc rinv con  21

Poiché (misurato dal progetto) 1  tan 0.3841 con 3 3 3    2 2M M M M C 1842923 Nmmf , id f t t usc4 2 2

1 1   32 M 3 32 1842923 3  f , id   d 57.26 mm  min    100amm

In conclusione il range dei tre alberi è tra 40 e 100 millimetri: σ σsnerv.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 2sen 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  1z 602 112 3

Ora posso calcolare il rapporto di trasmissione effettivo della trasmissione tra le ruote 1 e 2: z 1  112 eff z 32

Dunque l’errore sul rapporto di trasmissione è nullo: 1 1  eff 3 3    cil cil| | *100 100 0% 1%r 1cil 3

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

2C k i vm 3  Y z1 w N   200w amm 2mm

Dove:

• Y : Fattore di Lewis, che dipende dal numero minimo di denti;
• B  : Fattore di forma;
• M: Numero di denti della ruota dentata 1;
• Z1  : 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 3.329mm3 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):

 .m 5mm

Il raggio della ruota 1 risulta allora: mz 5* 20  1R 50 mm1 2 2

Posso così calcolare la velocità periferica: 403.171*50 m  v R 20.1591 1 1 1000 s

 50 200v 50 200*20.159  1k 2.27v 50 502

C k 2*232910*2.27   i vm 4.152 mm 5mm33  calc Y z 0.3077*12*20*2001 w

  3 3Y z m 0.3077*12*20*200*5   1 w .C 406651.98 Nmmmax 2 k 2*2.27v

Calcolo il coefficiente di sicurezza statico: C 406651.98   max 1.493STAT C 272387.1i

Che è un coefficiente accettabile.

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

Verifica a fatica della ruota dentata cilindrica 1 albero di ingresso

C k k k  i v 0 map 3J z m1 z

Dal seguente grafico ricaviamo J (fattore geometrico che tiene conto del numero di denti totale e 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 60mmm

K =1.4m

Perciò: Ck k k 272387.1* 2.27 *1.25*1.4 N   i v 0 m 103.05ap 3 3 2J z m 0.35*12* 20*5 mm1  

 osk k k  a b c R , stat lim  ap , lim osk k ka b c lim R , stat  osk k k1 1 1  a b c lim R , stat     os osk k k k k kap ,lim a b c R , stat lim R , stat a b c lim

Contributo statico Contributo dinamico

Dove:

• K : Fattore di rugosità;
• Ak : Fattore dimensionale;
• Bk : Fattore di affidabilità;
• C

Dalle tabelle e dal grafico: 0.88 GPa

Considerando che i dati del materiale sono:

Ottengo:

K =0.69a

K =0.910b

K =0.814c

  osk k k 0.68*0.910*0.814*880*435 N   a b c R , stat lim 175.431

   ap ,lim os 2k k k 0.68*0.910*0.814*435 880 mma b c lim R , stat

Calcolo il coefficiente di sicurezza a fatica:

 177.041   ap , lim 2.023FATICA 70.113ap

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 22 2 1 0.3

C 272387.1  iQ 5447.742 NCIL R 501

  b m 12 * 5 60mm

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* 1038.46H p 22 R bI 2*50*60*0.1205 mm1

Il valore limite vale:    C C 2.8HB 69H ,lim L R

Dove:

• C L : Coefficiente di durata;
• C 2.184  6N 10 CC L 0.0973N C
• 2.184  6N 10 CC L 0.048455N C
• C R : Coefficiente di affidabilità;
• Da tabella: C 1.0 .R
• HB : Durezza Brinell: Prendo come valore di durezza .HB 545

Calcolo allora i: N C  i 9 .N 60 n L 60*3850*18200 4.2042*10 cicliC i 10 h  6

Ho trovato dunque che , e dunque la formula da usare per il calcolo di N 10 CC Lè:

2.184 2.184   .C 0.7463 L 0.0484550.048455N 94.2042*10C

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 2mm

 1087.42   H ,lim 1.047H 1038.46H

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  1R 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   1k 2.391 v 50 50

 C 272387.1   iQ 4539.785 N CIL R 601

  Con b * m 12*6 72mm

k k k Q 2.391*1.25*1.4*4539.785 N   v 0 m CIL .C 189.81* 810.765H p 22 R bI 2*60*72*0.1205 mm1

N  1084.11H ,lim 2mm

Calcolo allora il coefficiente di sicurezza a usura:

 1084.11   H ,lim 1.337H 810.765H

Che è un coefficiente accettabile.

Progetto albero di ingresso

Q 4539.785  CILQ 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.

Dal disegno del complessivo posso assumere la lunghezza dell’albero pari a L 300mm .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 Nmmf ,max tot 14 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 2M M M M C 362335.5 *272387.1 432357.56 Nmmf , id f ,max t f ,max i4 4 4

C  iM Ccon , invece di .Mt 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 coppia, coppia2C .i

La tensione equivalente è data da:

32 M  f , idVM id amm3d 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* C1  spunto regime 47.93mmd d 2 3min 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

Verifica deformativa

Eseguiamo ora la verifica deformativa

Schema cinematico dell’albero di ingresso

Dall’analisi del sistema so che:

 1maxM Q L f tot 14

 3Q L tot 1v max 48 EI

 2Q L  tot 1max 16 EI

Considerato solo l’effetto della flessione e trascurando quello del taglio, verifico che: v 1maxL 30001

Quindi

3 2v Q L Q L1 1  max tot 1 tot 1L 48 EI L 48 EI 30001

12Q L 1 tot 116 EI 1000

Ovvero: 1  1000

Essendo la sezione circolare piena, il momento d’inerzia vale:  4dI 64

Perciò: 2 2Q L 4Q L 1 tot 1 tot 1 4 4 1000d Ed16 E 64

2Q L 1 tot 1 4 4000Ed

Da questa equazione trovo : d24000Q L4 tot 1d  E

2 24000Q L 4000* 4831.14*300  tot 1d 40.49 mm4 4 E * 206000E

Verifica torsionale

Eseguiamo ora la verifica torsionale che è più severa.

Ciò che bisogna verificare è che sia:

1  1 rad rad 4     34.363 * 10mt  4 180 m m

Dove: M  tt GJ 0

Con:

  M C C 272387.1Nmmt CIL i

E 206000 N  G 79230.769     22 1 2* 1 0.3 mm

 4 4d *50   4J 613591.8mm0 32 32

Dunque: M 232910 rad rad     6 6t 4.791*10 4.363*10t GJ 79230.769*613591.8 mm mm0

Dunque il diametro non è sufficiente alla verifica torsionale. Decido allora di aumentare d 50mm

Il diametro dell’albero a ; da ciò: d 55mm

 4 4d *55   4J 898359.75mm0 32 32

Per cui: M 232910 rad rad rad       6 3 3t 3.272*10 3.272*10 4.363*10t GJ 79230.769*898359.75 mm m m0

Quindi il diametro soddisfa la verifica torsionale. d 55mm

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 16T16C   f ,max yVM i   3  id 3 3 2   d d 3 dQ totTy

2 2 4831.1416* 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 27.821id

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 Nmmf

M 272387.1Nmmt

d 50 m

D 60 mm

r 1mm

60mm

50mm 50mm

I parametri del materiale sono: D 60   880 MPa 1.2R d 50  635 M