De Paulis-Manfredi Costruzione di Macchine

SOLUZIONE ESERCIZI CAPITOLO 10

10.1 - Un albero a sezione costante con appendice a sbalzo ha i vincoli elastici. Lerigidezze radiali dei due cuscinetti elastici si indicano rispettivamente con K1 e K2.

La distanze fra i due appoggi vale a, mentre la lunghezza del tratto a sbalzo è b. Larigidezza essionale è nota e vale EI. Alla estremità dello sbalzo viene applicata la forzaF .

Determinare la espressione della freccia in corrispondenza della forza applicata.(Suggerimento: la deformata dell'albero si ottiene come somma di due deformate: a) ladeformata elastica dell'albero, considerando i vincoli innitamente rigidi, b) la deformatache si ottiene considerando l'albero come corpo rigido e gli appoggi elastici. )

Svolgimento

Se i vincoli sono appoggi elastici, la deformata dell'albero (in particolare le frecce e lerotazioni nelle sezioni di interesse) si ottiene (sempre nell'ambito della Teoria delle Travi)come somma di due deformate:

- la deformata elastica dell'albero, considerando i vincoli innitamente rigidi,

- la deformata che si ottiene considerando l'albero come corpo rigido e gli appoggielastici. In questo caso la deformata è rettilinea.

Nell'albero a sbalzo di Fig. 10.1, che si suppone semplicemente appoggiato, la frecciadovuta ad una forza applicata all'estremità è data da

δF =F b3

3EI

1 +

a

b

Le reazioni nei due appoggi sono

Y1 = Fb

aY2 = F

(1 +

b

a

)

Esercizio n. 10.1

2

Le forze Y1 , Y2 che si hanno in corrispondenza dei supporti forniscono gli spostamentiδ1 = Y1/K1 e δ2 = Y2/K2. In corripondenza della sezione in cui è applicata la forza F siha lo spostamento

δk = δ1b

a+ δ2

(1 +

b

a

)Sostituendo le espressioni di δ1 e δ2 in funzione di F si ottiene

δk =F

K1

(b

a

)2

+F

K2

(1 +

b

a

)2

Se si pone x = a/b lo spostamento totale si scrive

δ = δF + δk

=F b3

3EI(1 + x) +

F

K1

1x2

+F

K2

(1 +

1x

)2

.

Lo studio della funzione che consente di determinare il valore di x = a/b che minimizzala freccia δ può essere fatto scrivendo la funzione δ(x) nella forma(

K1

F

)δ =

K1

3EI/b3(1 + x) +

1x2

+K1

K2

(1 +

1x

)2

.

Introducendo i rapporti fra le rigidezze r1 = K1/K2, r2 = K1/(3EI/b3)(K1

F

)δ = r2 (1 + x) +

1x2

+ r1

(1 +

1x

)2

.

Ad esempio, se r1 = 1 (uguale rigidezza dei due cuscinetti) e r2 = 2, allora il minimosi ha per x = a/b = 1, 5, ossia per avere la freccia minima deve essere a = 1, 5b.

Se l'albero non è a sezione uniforme occorre eettuare i calcoli numerici (ad es. conFEM).

Commento

La soluzione di questo problema mostra come possa essere importante la scelta dellelunghezze da assegnare ad un albero, quando queste dimensioni non sono condizionateda limiti dovuti alla distanza fra i supporti assegnata oppure ad ingombro.

3

Esercizio n. 10.2

10.2 - Due alberi con sezione uniforme e con una porzione a sbalzo hanno gli assiparalleli a distanza δ.

Le estremità a sbalzo sono collegate fra loro in corrispondenza delle sezioni A e A′ permezzo di una cerniera. Determinare le azioni mutue e le corrispondenti caratteristiche disollecitazione.

Per il primo albero si assuma: rigidezza essionale EI1, distanze a1 e b1, per il secondoalbero: rigidezza essionale EI2, distanze a2 e b2.

Svolgimento

Quando si collegano i due alberi, ossia si obbliga la sezione nale (punto dell'assebaricentrico A) a coincidere con la sezione nale dell'altro albero (A′) si ha un sistemaiperstatico: nasce una forza incognita X che si determina con una equazione di con-gruenza. Se le frecce imposte si indicano rispettivamente per i due alberi con δ1 e δ2 siha

δ1 + δ2 = δ

Per δ1 e δ2 basta applicare la formula che fornisce la freccia in una trave a sbalzo:

δ1 =X b1(a1 + b1)

3EI1

δ2 =X b2(a2 + b2)

3EI2

da cui

X =3EI1I2δ

b1(a1 + b1)I2 + b2(a2 + b2)I1

Conoscendo la forza X i diagrammi delle sollecitazioni sono immediati.

Questo esercizio di Scienza delle Costruzioni utilizza un vincolo tipico usato nell'am-bito della Teoria delle Travi: cerniera perfetta.

La cerniera perfetta si realizza realizzando nella parte terminale di due travi un foroin cui si inserisce un perno. Per le condizioni ideali tra i due fori ed il perno occorreridurre al minimo l'attrito. A questo scopo si utilizzeranno cuscinetti di strisciamento ocuscinetti volventi.

Nel campo della meccanica non si hanno travi bensì alberi e, al posto della cerniera,si utilizza un giunto (vedere Cap. 11).

4

Esercizio n. 10.2.1 - Errore δ e ϕ

Se si vuole eliminare l'iperstaticità nell'esempio dell'esercizio occorre eliminare unvincolo.

Commento

Se gli assi dei due alberi, oltre ad avere la distanza δ, formano un (piccolo) angolo ϕ,allora - nel collegamento rigido fra i due alberi - oltre ad una forza di taglio X si ha unmomento ettente Y .

Per determinare le due incognite iperstatiche X e Y occorre scrivere due equazioni dicongruenza: [δ1(X) + δ2(X)] X + [δ′1(Y ) + δ′2(Y )] Y = δ

[ϕ1(X) + ϕ2(X)] X + [ϕ′1(Y ) + ϕ′2(Y )] Y = ϕ, (1)

dove

• δ1(X) è lo spostamento all'estremità dell'albero 1 quando nella stessa sezione vieneapplicata una forza unitaria X = 1.

δ2(X) è l'analogo spostamento nell'albero 2.

• δ′1(Y ) è lo spostamento all'estremità dell'albero 1 quando nella stessa sezione vieneapplicata un momento unitaro Y = 1.

δ′2(Y ) è l'analogo spostamento nell'albero 2.

• ϕ1(X) è la rotazione all'estremità dell'albero 1 quando nella stessa sezione vieneapplicata una forza unitaria X = 1.

ϕ2(X) è l'analoga rotazione nell'albero 2.

• ϕ′1(Y ) è la rotazione all'estremità dell'albero 1 quando nella stessa sezione vieneapplicata un momento unitaro Y = 1.

ϕ′2(y) è l'analoga rotazione nell'albero 2.

In formule:

lo spostamento dovuto ad una forza unitaria applicata alla estremità di una trave asbalzo è

δ =b2L

3EI

Lo spostamento dovuto ad un momento unitario applicata alla estremità di una trave asbalzo è

δ′ =b(2L+ b)

6EI

5

Esercizio n. 10.2.1 - Collegamento elastico: Km è la rigidezza radiale, Kt la rigidezza angolareNota bene: la molla a spirale nello schema di gura èsolo un simbolo, non corrisponde ad una molla reale

La rotazione dovuta ad una forza unitaria applicata alla estremità di una trave a sbalzoè

ϕ =b(2L+ b)

6EI

La rotazione dovuta ad un momento unitario applicata alla estremità di una trave asbalzo è

ϕ′ =2L+ b

3EI

Il sistema risolutivo è [η11 η12η21 η22

] XY

=

δϕ

in cui si ha la matrice di essibilità F i cui coecienti, con le formule scritte sopra e

applicate ai due alberi, sono dati da

η11 =b21L1

3EI1+b22L2

3EI2

η12 =b1(2L1 + b1)

6EI1+b2(2L2 + b2)

6EI2

η21 =b1(2L1 + b1)

6EI1+b2(2L2 + b2)

6EI2

η22 =b1(L1 + 2b1)

3EI1+b2(L2 + 2b2)

3EI2

Risolvendo il sistema si ottiene la forza X ed il momento Y .

In un esempio numerico per semplicità si suppongono le dimensioni degli alberi uguali.Con i valori a1 = a2 = 1,0 m, b1 = b2 = 0,5 m, d1 = d2 = 0,050 m E = 2, 06 · 1011

N/m2, δ = 2 mm, ϕ = 2 si ottiene: X = 2,7 kN, Y = 965 Nm.

Se invece si introduce un giunto elastico che ha una rigidezza radiale (uguale in tuttele direzioni) Km (in N/m) e una rigidezza essionale Kt (in Nm/radiante) il sistema (1)

6

Esercizio n. 10.2.3 - Giunto torsionalmente elastico e amplicazione dinamica (AD)

(congruenza degli spostamenti) va modicato[δ1(X) + δ2(X)] X +

X

Km+ [δ′1(Y ) + δ′2(Y )] Y = δ

[ϕ1(X) + ϕ2(X)] X + [ϕ′1(Y ) + ϕ′2(Y )] Y +Y

Kt= ϕ

, (2)

Assegnando Km = 4000 N/m, Kt = 5000 Nm si ottiene: X = 7,8 N, Y = 0,32 Nm.Si noti la riduzione elevata delle sollecitazioni.

Un altro importante caso riguarda l'elasticità torsionale del giunto perchè questo tipodi collegamento può dar luogo a importanti fenomeni dinamici.

Se J1 e J2 sono i momenti di inerzia delle masse solidali ai due alberi, KT è la rigidezzatorsionale del giunto di collegamento si può scrivere il sistema di equazioni

J1θ1 + β(θ1 − θ2) + KT (θ1 − θ2) = M1senωt

J2θ2 + β(θ2 − θ1) + KT (θ2 − θ1) = 0, (3)

In questo sistema M1senωt è una generica armonica del momento motore applicatoMm al primo albero.

La determinazione dell'integrale particolare è semplice se si usa la rappresentazionecomplessa.

La soluzione èθi = Ai e

iωt

con i = 1, 2.Poichè M1 senωt è la parte immaginaria di M1e

iωt (in simboli I[M1eiωt]), eseguiti

tutti i passaggi algebrici si prenderà solo la parte immaginaria della soluzione.Sostituendo la soluzione nel sistema

− J1ω2A1e

iωt + iωβ(A1 − A2)eiωt + KT (A1 − A2)eiωt = M1eiωt

− J2ω2A2e

iωt + iωβ(A2 − A1)eiωt + KT (A2 − A1)eiωt = 0 , (4)

7

ossia − J1ω

2A1 + iωβ(A1 − A2) + KT (A1 − A2) = M1

− J2ω2A2 + iωβ(A2 − A1) + KT (A2 − A1) = 0 , (5)

da cui le ampiezze

A1 =M1

ω2(J1 + J2)KT − J2ω

2 + iωβ

Je − KT + iωβ,

A2 =M1

ω2(J1 + J2)KT + iωβ

Je − KT + iωβ,

in cui

Je =J1J2

J1 + J2

La legge di moto del secondo albero è

θ2(t) = I[A2eiωt] = I

[M1

ω2(J1 + J2)KT + iωβ

Je − KT + iωβ(cosωt + i senωt)

]ossia

θ2(t) = C2M1

J1 + J2sen(ωt + φ)

con

C2 =1ω2

√K2

T + ω2β2

(K2T − Jeω2)2 + ω2β2

.

Il momento lato utilizzatore (oltre ad un momento costante Mm) è dato dalla coppia diinerzia

M2 = − J2θ2 = M1J2

J1 + J2

√K2

T + ω2β2

(K2T − Jeω2) + ω2β2

sen(ωt+ φ).

La pulsazione propria del sistema è

ωo =√KT

Je

e lo smorzamento criticoβc = 2

√KTJe.

Si indica con R il quoziente ω/ωo e con ξ il quoziente β/βc e M2 si riscrive nella forma

M2 = M1J2

J1 + J2

√1 + 4R2 ξ2

(1 − R2)2 + 4R2 ξ2sen(ωt + φ).

Il termine sotto radice quadrata è la amplicazione dinamica.Essa viene rappresentata con l'ampiezza A in funzione di ω nella Fig. 10.2.3 (Sistema

lineare).

Con un giunto torsionalmente elastico tra macchina motrice e macchina utilizzatrice siraggiunge lo scopo di ridurre le ampiezze di oscillazione indesiderate quando la frequenza

8

Esercizio n. 10.2.4 - Ampiezza in funzione della frequenza per un sistema non lineare

del momento motore sia suciente elevata rispetto alla frequenza propria del sistema,ossia quando

ω >√

2ωo.

Questa condizione, è tanto più ecace quanto più piccolo è lo smorzamento, come sideduce dalla Fig. 10.2.3.

Viceversa la presenza del giunto torsionalmente elastico può essere pericolosa quando

ω <√

2ωo

ma l'ampiezza sarà tanto minore quanto maggiore è lo smorzamento.

Il disturbo, in genere di natura periodico, non è sinusoidale; esso sarà composto dauna somma di sinusoidi con frequenze multiple, tra le quali alcune avranno ampiezzeelevate rispetto alle altre.

La scelta del giunto deve essere fatta in modo che le armoniche di ampiezza piùimportante abbiano frequenze tali da superare il limite di

√2ωo, ma non si può escludere

che altre armoniche di bassa frequenza siano presenti.Quando si hanno frequenze inferiori al limite sopra denito occorre uno smorzamento

elevato e il valore di questo smorzamento dovrebbe permettere di raggiungere un com-promesso per una amplicazione moderata sia delle armoniche con frequenza alta che diquelle a bassa frequenza.

Finora è stata considerata l'elasticità lineare del giunto; nelle applicazioni tecnichela curva caratteristica del giunto non è lineare ed in genere presenta una rigidezza cheaumenta con la deformazione.

In questo caso le oscillazioni del sistema masse/giunto non è armonica e la frequenzadipende dall'ampiezza di oscillazione e dall'intervallo di frequenze considerato.

Questi giunti hanno il vantaggio di non entrare in risonanza con eventuali armoniche,nel senso usuale dato al termine risonanza, ma si possono avere brusche variazioni diampiezza come da gura 10.2.4.

9

Esercizio n. 10.3

10.3 - Occorre vericare a fatica l'albero di gura calcolando il coeciente di sicurez-za. La potenza che viene tramessa dalla ruota 1 è P = 15 kW con numero di giri N1 =1500.

Per le ruote dentate elicoidali:

d1 = 82 mm, d2 = 124 mm, angolo di pressione normale αn = 20, angolo inclinazioneelica β = 15.

Le lunghezze valgono L = 200 mm, D = 70 mm, d = 35 mm, raggio raccordo r = 3,5mm.

Per il materiale usato la tensione limite per sollecitazione alternata, corretta con icoecienti Ci, è Sn = 128 MPa.

Svolgimento

M1 =W

Ω1con Ω1 =

πN1

30

Nel capitolo 12 vengono riportate le espressioni delle componenti della forza fra leruote dentate elicoidali che sono

tangenziale T =M1

d1/2

radialeR = Ttang αn

cos β

assialeA = T tang β

10

Esercizio n. 10.3.1 - Verso di rotazione antiorario per la ruota 1

Nella gura 10.3 la potenza viene introdotta nella ruota più piccola (rocchetto), vienetrasmessa alla ruota 2 per essere utilizzata nella ruota 3.

Non viene indicata nella gura il verso di rotazione del rocchetto 1. Il verso di ro-tazione può essere antiorario come nella gura 10.3.1. In questo caso le forze mutueradiali e tangenziali fra le ruote 1-2 e 2-3 sono rappresentate nella stessa gura. Tralas-ciando per ora la forza assiale, nel piano di gura è possibile calcolare la forza risultanteche agisce sull'asse della ruota 2.

Se si inverte il verso di rotazione della ruota 1 come si può vedere nella gura 10.3.2si ha un altro valore della forza risultante.

In gura 10.3.3 si vede cosa accade se si sposta l'asse della ruota 1. Queste con-siderazioni servono a far comprendere come la disposizione delle ruote dentate è moltoimportante per le forze che - con una particolare scelta della posizione degli assi delleruote dentate - possono dar luogo a sollecitazioni maggiori sia nei cuscinetti sia neglialberi.

Per la soluzione dell'esercizio si sceglie il verso orario della ruota 1 (Fig. 10.3.2).

Poichè la retta congiungente i centri delle ruote 1− 2 forma un angolo di 90 con laretta congiungente i centri delle ruote 2− 3, si assumono queste due rette come asse y ez.

Nella gura 10.3.4 sulle caratteristiche di sollecitazione vengono riportate le azionidella ruota 1 e 3 sulla ruota 2.

Per l'equilibro R3 = R1 = R, T3 = T1 = T , A3 = A1 = A e nella stessa gura sicomprende bene quali sono le forze che agiscono su un piano coordinato

Nel piano y − z l'equilibrio fornisce le due reazioni:

YA =12

(R1 + T3) + A1d2

2L,

11

Esercizio n. 10.3.2 - Verso di rotazione orario per la ruota 1

Esercizio n. 10.3.3 - La ruota 1 viene spostata a destra

12

Fig. 10.3.4 - Caratteristiche di sollecitazione

YB =12

(R1 + T3) − A1d2

2L.

Analogamente nel piano x− z si ottiene il risultato

XA = YB XB = YA.

Si pone b = L/2 − a/2 e nel piano y − z il momento ettente nella sezione I valeYA b.

Nella stessa sezione ma nel piano x − z si ha il momento XA b e quindi il momentoettente risultante

MI = b√Y 2

A + X2A.

Lo stesso momento si ha nella sezione II.La tensione nominale

σI =MI

0, 1 d3,

in cui il modulo di resistenza a essione Wf = πd3/32 è approssimato dalla espressioneWf = 0, 1d3, deve essere moltiplicata per il fattore eetto di intaglio.

Con i valori numerici: d1 = 82 mm, d2 = 124 mm, d3 = 165 mm, D = 70 mm, d =35 mm, L = 200 mm, a = 60 mm, W = 15 kW, N1 = 1500 g/min,

si ottengono i seguenti risultati numerici:b = 70 mm,ω1 = 157 s−1,T = 2329 N, R = 877 N, A = 624 N,Momento ettente risultante nelle sezioni I o II: 159 875 Nmm.La tensione nominale massima vale σI = 63 MPa.Con D/d = 2, r/d = 0,1 si ottiene kt = 1,7 e quindi σmax = 107 MPa .Poichè si ha solo essione rotante con Sn = 128 MPa il coecente di sicurezza è C.S.

= 1,2.

13

Commento

Come illustrato in gura le componenti assiali A1 e A2 sono uguali e opposte. Nonsi ha pertanto la sollecitazione forza normale.

Per la verica a fatica, se fosse stato noto il fattore di sensibilità q, si poteva usarekf al posto di kt (kf < kt) e quindi ottenere un coeciente C.S. maggiore.

Si sottolinea l'importanza dei versi di rotazione e della posizione relativa fra gli as-si delle ruote: l'attenzione dedicata a questi problemi può ridurre il valore delle forzeriducendo le sollecitazioni negli alberi e sui cuscinetti.

Scelte come questa, ovvero della posizione e del verso di rotazione delle ruote dentate,appartengono alle fasi avanzate del progetto congettuale.

14

10.4 - In un albero che trasmette potenza si vuole che la rotazione massima consentitaper metro di lunghezza sia θmax = 0,25 (controllo della rigidezza torsionale !). Sidetermini la espressione del diametro dell'albero in funzione della potenzaW e del numerodi giri N .

Svolgimento

La rotazione dovuta alla torsione è

θ =MTL

GJ

e il momento torcente è legato alla potenza W dalla nota relazione

MT =W

Ω=

30WπN

Per L = 1 m si ha

θmax =30WπNGJ

Nell'ipotesi di sezione circolare piena, sostituendo J = πd4/32 si ottiene

d =(

960Wπ2NGθmax

)1/4

con θmax = 4, 363 · 10−2 radianti.

15

Esercizio n. 10.5

10.5 - Nella gura sono rappresentate due ruote coniche di frizione. Con i datiassegnati vericare l'albero orizzontale calcolando il coeciente di sicurezza.

Dati:

- diametri medi delle due ruote d1 = 138 mm, d2 = 258 mm;

- potenza trasmessa P = 15 kW;

- coeciente di attrito µ = 0,5;

- velocità di rotazione albero di uscita N2 = 210 giri al minuto;

- dimensioni a = 168 mm, b = 78 mm, c = 125 mm, L = 314 mm;

- diametri albero d = 50 mm, D = 95 mm, raggio di raccordo r = 4 mm;

- il materiale dell'albero ha la tensione di rottura Su = 450 MPa, e la resistenza limiteper sollecitazione alternata corretta Sn = 210 MPa.

Svolgimento

Il testo dell'esercizio non spiega come la forza di contatto tra le ruote venga applicata.

Questa trasmissione ad attrito è un componente di una macchina per il trattamentodella carta.

L'albero della ruota più piccola, attraverso i cuscinetti A e B, è sostenuto da unsupporto guidato da due slitte; il supporto quindi può traslare verticalmente.

Un cilindro pmeumatico può assicurare, mediante la pressione dell'aria in esso con-tenuta, il valore desiderato della forza di compressione fra le due ruote. Il valore dellaforza N di compressione fra le due superci coniche viene calcolato a priori conoscendola potenza richiesta, che è denita dalla funzione che il meccanismo deve assolvere.

Questa forza può assumere un valore maggiore di N , ma in questo caso la potenza

16

Fig. 10.5.1 - Sistema di supporto dell'albero

trasmessa è maggiore e occorre vericare le pressioni di contatto fra le due superciconiche (vedere paragrafo 12.9).

Essendo N = W/(µRΩ2), a parità di coeciente di attrito µ, di raggio R e di velocitàangolare Ω2, N varia linearmente con la potenza da trasmettere W .

La scelta di N , degli angoli di semiapertura delle superci coniche, i materiali concui sono realizzate le superci coniche (e quindi il coeciente di attrito µ), la stima dellepressioni di contatto fanno parte della soluzione concettuale e dello sviluppo costrut-tivo e quindi, dopo avere operato delle scelte, occorre vericare tutti i componentidel meccanismo e in questo particolare caso l'albero orizzontale (fase di progettazioneconcreta).

Rapporto di trasmissione: i = Ω1/Ω2 = d2/d1 = 3,67,Momento torcente: MT = W/Ω2,Forza tangenziale Ft = Mt/2,Semi angolo supercie conica tanψ = d2/d1,Forza normale N = Ft/µ,Componente di N sull'asse z: Nz = N senψ,Componente di N sull'asse y: Ny = N cosψ,Calcolo reazioni nel piano yz:

YA =−Nz (d1/2) + Ny L

L + aYB =

Nz (d1/2) + Ny a

L + a.

Il momento ettente massimo è Myz = YA a.Calcolo delle reazioni nel piano xz

XA = FtL

L + a, XB = Ft

a

L + a.

17

Il momento ettente massimo è Mxz = XA a.

Il momento ettente risultante Mf =√M2

yz + M2xz.

In corrispondenza della sezione I si ha il momento ettente MI = Mf · c/a.In corrispondenza della sezione II si ha il momento ettente MII = Mf · b/a.Le tensioni nominali dovute alla essione sono:σI = MI/(0, 1D3), σII = MII/(0, 1d3) .Nella sezione II la forza Nz dà la tensione σN = Nz/(πd2/4) che è di compressione

e pertanto non si calcola il fattore di forma.Essendo D/d = 1,375 e r/d = 0,1 si ha per la essione kt(F ) = 1, 65 e per la torsione

kt(T ) = 1, 3.Con i dati assegnatid1 = 138 mm, d2 = 258 mm, DT = 164 mm, D = 95 mm, d = 50 mm, r = 4 mm, L

= 314 mm, a = 168 mm, b = 78 mm, c = 125 mm, W = 15000 watt, N2 = 210 g/min,Ω2 = 220 s−1,

si ottengono i risultati numerici:

M2 = 681,8 Nm, Ft = 5 285 N, ψ = 61,8, N = 10570.8 N, Ny = 4985,7 N, Nz =9321 NMomento ettente risultante massimo 662 Nm e nella sezione I = 492 Nm, nella sezioneII = 307 Nm.

Le tensioni nominali sono σI = 5 MPa, σII = 24 MPa

Il momento torcente che agisce nel tratto di albero orizzontale vale Ft · 0, 5d1 = 364Nm e quindi la tensione tangenziale nominale τ = 14 MPa.

La tensione dovuta alla forza normale è σn = 5 MPa .

σm eq =√

3τ = 26 MPa

L'ampiezza di tensione σa eq = σ · kt = 40 MPa .Nel piano di Haigh si ha il punto tensione P ≡ (σa eq, σm eq) La intersezione della rettadi Goodman con la retta OP fornisce il punto limite Q ≡ (104, 161)

Il coeciente di sicurezza vale C.S. = 4.

Commento

Un precarico N crescente con la coppia da trasmettere si può ottenere mediante undispositivo a camma.

18

Caratteristiche di sollecitazione Esercizio n. 10.5

19

10.6 - Un albero in acciaio a sezione costante è appoggiato alle estremità. Determinarela dipendenza del numero di giri critico Nc dal diametro d.

Si calcoli il valore di Nc con i seguenti dati: d = 40 mm, L = 800 mm.

Svolgimento

Il primo numero di giri critico è dato da

Nc =30ΩC

π=

30 · πL2

√EI

ρA.

Per una sezione circolare√I/A = d/4 (raggio giratore) e

√E/ρ ha le dimensioni siche

di una velocità di propagazione particolare (cN ) importante nella teoria delle vibrazioni.Per l'acciaio cN vale 5120 ms−1 .Il numero di giri critico vale

Nc =30 · πL2

d

4cN = 7539 giri/minuto.

Da questa espressione si ha che il numero di giri critico varia linearemente con ildiametro d.

20

Esercizio n. 10.7

10.7 - L'albero di Fig. 10.7 ha i supporti che si comportano elasticamente in qualsiasidirezione perpendicolare all'asse dell'albero. La rigidezza del vincolo elastico è k = 2000N/mm.

Le distanze valgono a = 0, 25 m, b = 0, 50 m. Il peso P = 1200 N . Determinare lavelocità critica dell'albero.

Svolgimento

Con i supporti rigidi si avrebbe la freccia statica δs = 1, 32 · 10−4 m

Ωcr =√g

δs= 273 s−1.

L'elasticità dei supporti fa aumentare la freccia di δe. Lo spostamento δe si calcola:

1) determinando le due reazioni Y1, Y2 ,2) calcolando lo spostamento y1 e y2 delle due molle,3) calcolando lo spostamento subito da P a causa dei due spostamenti y1 e y2.

Si trovaδe = y1 + (y2 − y1)

a

a+ b= 0, 3 · 10−4 m

La velocità di rotazione critica è data dall'espressione

Ωcr =√

g

δs + δe= 145 s−1.

La elasticità dei supporti riduce la velocità critica del 47% e quindi può impedire ilfunzionamento corretto a velocità relativamente basse.

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Esercizio n. 10.8

10.8 - L'albero di gura porta due ruote dentate i cui diametri primitivi sono D1 =500 mm e D2 = 160 mm.

Le azioni sulle due ruote, durante l'ingranamento con altre ruote non rappresentatein gura, sono date dalle forze F1 e F2.

Il momento torcente MT vale 5,0 kN m.L'acciaio dell'albero ha la tensione di rottura Su = 900 MPa e la tensione di snerva-

mento Sy = 750 MPa.L'albero viene lavorato alle Macchine Utensili e non vengono fatti trattamenti super-

ciali.Le distanze e i diametri assegnati per l'albero sono:a = 100 mm, l = 400 mm, b = 120 mm, L = 360 mm, D = 104 mm, d = 70 mm, dc

= 80 mm.a) Determinare il coeciente di sicurezza CS nei riguardi della resistenza a fatica.b) Si consideri il caso in cui l'ingranamento della ruota di destra avvenga al di sotto

della ruota stessa. Cosa cambia rispetto all'esercizio precedente ?

Svolgimento

In questo esercizio non è necessario ricorrere alla decomposizione delle forze e studiarele caratteristiche di sollecitazione su due piani ortogonali fra loro. Infatti il momentoettente in A è dato da MA = F2a e il momento ettente in B da MB = F1b ed ipiani di sollecitazione di questi momenti sono dierenti fra loro e, come si vede in gura,formano un angolo di 50. Poichè nel trattoA−B il momento ettente assume un valoreinferiore ci si limita a calcolare solo i due valori MA e MB .

Come ulteriore esercizio si dimostri che tutto ciò è vero.Per le due ruote le componenti tangenziali delle forze di ingranamento sono

Ft1 =MT

R1, Ft2 =

MT

R2,

da cui

F1 =Ft1

cos α, F2 =

Ft2

cos α.

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Momento ettente nella sezione A: MA = F1 a.

Tensione nominale: σA = MA/(0, 1d3c)

Momento ettente nella sezione B: MB = F2 c.

Tensione nominale: σB = MB/(0, 1d3c)

Il momento torcente MT fornisce la tensione tangenziale τ = MT /(0, 2d3c)

Si ha quindi

- una tensione media equivalente σm eq =√

3τ- una tensione ampiezza = σA o σB a seconda delle sezioni considerate.

Con i valori numerici assegnati:a = 100 mm, b = 400 mm, c = 120 mm,raggi primitivi R1 = 80 mm, R2 = 250 mm e diametri albero D = 85 mm, dc = 65

mm, d = 55.Momento motore MT = 1500 Nm

Si ottengono i valori:Ft1 = 18 750 N, Fr1 = 6 824 N.Ft2 = 6 000 N, Fr2 = 2 184 N.F1 = 19 953 N, F2 = 6 385 NMomento ettente risultante in A: MA = 638,5 Nm, in B: MB = 2 394 Nm.Le tensioni normali nominali:- in A : σA = 23 MPa,- in B: σA = 87 MPa.La tensione tangenziale massima nominale: τ = 27 MPa.Essendo D/dc = 85/65 = 1,3 e r/dc = 4/65 = 0,06 si ha- per la essione kt = 1,8,- per la torsione kt = 1,5.

Per questo acciaio e queste dimensioni del raggio di raccordo si può porre q = 0,95.Risulta kfF = 1,76, kfT = 1.475.kfFσ in A: 42 MPa, in B: 156 MPa.ktT τ : τ = 41 MPaNel piano di Haigh si ha il punto tensione

P = ( 69, 153 )Sn = 270 MPa, Su = 900 MPaLa retta limite secondo Goodman

σm

Su+

σa

Sn= 1

incontra la retta OP nel punto (108, 237).Coeciente di sicurezza C.S. = 1,54.

23

Esercizio n. 10.9. Dispositivo di sollevamento

10.9 - Nel disegno di gura il tamburo ruota interno all'asse di diametro noto d.Dal tamburo si svolge o si avvolge un fune metallica a cui viene applicato un peso cheassume il valore massimo P .La fune percorre lo spazio di c = 500 mm.L'asse è sostenuto dalla struttura di gura e le distanze dei vincoli sono in gura.

Il moto al tamburo viene dato da una rocchetto che ingrana con una ruota dentatacon diametro primitivo DR. L'asse della fune dista dall'asse del tamburo di rT .

Dati numerici:P = 30 · 103 N, DR = 750 mm, rT = 200 mm, L = 500 mm, a1 = 50 mm, b1 = 25

mm

Vericare la resistenza dell'asse.

Svolgimento

Per semplicità si trascura il peso del tamburo e quello della fune e si fa l'ipotesi chela forza applicata sia sempre presente e abbia il valore costante P .

L'asse è bloccato rispetto alla struttura di sostegno, quindi è sollecitato solo a es-sione/taglio.

Le forze applicate sono:

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- l'azione della ruota dentata F- la forza dovuta al peso P . Questa forza si sposta lungo il tamburo.

Si indica con x la distanza del cuscinetto di strisciamento di sinistra da P . Le reazionisulle due bronzine dovute a P sono

RA = P(1 − x

l

)RB = P

(xl

).

Cambiando il verso sono queste le forze che agiscono sull'asse sso.La forza F dovuta alla ruota dentata è applicata direttamente sul cuscinetto di striscia-mento B.Per l'equilibrio alla rotazione del tamburo/ruota dentata si ha FtR = P RT da cui

F = PRT

R.

Essendo x variabile nel tempo (0 ≤ x ≤ c) anche le caratteristiche di sollecitazionevariano e quindi varia lo stato di tensione: si è in presenza del fenomeno della fatica.

A - Prima posizione della forza peso P .

FA = PL + b2

L + b1 + b2+ Ft, FB = P

b1L + b1 + b2

.

Per l'asse si pone LT = L + a1 + b1 + a2 + b2

Y1 = FAL + b1 + a2 + b2

LT+ FB

a2

LT,

Y2 = FA + FB − Y1.

Nel piano perpendicolare contenente la componente Fr:

X1 = Fra2

LT, X2 = Fr

L + a1 + b1 + b2LT

.

Il momento ettente in corrispondenza di A è

MA =√M ′2 + M ′′2

conM ′ = Y1 a1, M ′′ = X1 a1.

La tensione massima dovuta alla essione è

σmax =Mf

0, 1 d3

B - Seconda posizione della forza peso P .

FA = Pb2

L + b1 + b2+ Ft, FB = P

L + b1L + b1 + b2

.

25

Sull'asse:

Y1 = FAL + b1 + a2 + b2

LT+ FB

a2

LT,

Y2 = FA + FB − Y1.

Per la forza Fr la statica è stata fatta precedentemente.Il momento ettente in A ha la stessa espressione di prima ma con un diverso valore

di Y1.

Con i dati:

a1 = 70 mm, b1 = 82 mm, a2 70 mm, b2 = 19 mm, L = 500 mm, rT = 200 mm, rD= 375 mm, d = 60 mm, peso P = 30 kN, Sn = 194 MPa, Su = 600 MPa.

Si ottengono i seguenti valori numerici:

Ft = 16000 N, Fr = 5823 N.

Posizione di P in I.

Le forze sui cuscinetti sono FA = 25,9 kN, FB = 4 kN.Le reazioni sull' asse sono: Y1 = 38,3 kN, Y2 = 7,6 kN.Momento ettente risultante in A: MA = 2 683 Nm, in B: MB = 651 Nm.Le tensioni massima in A: σA = 124 MPa, in B: σB = 30 MPa.

Posizione di P in II.

Le forze sui cuscinetti sono FA = 948 N, FB = 29 kN.Le reazioni su asse sono Y1 = 18 091 N, Y2 = 27,9 kN.Momento ettente risultante in A: MA = 1 267 009 Nmm, in B: MB = 1 988 Nm.

Le tensioni max in A: σA = 58 MPa, in B: σB = 92 MPa.

Nella sezione A durante il sollevamento del peso P la tensione varia nell'intervallo(58, 124); analogamente in B la tensione varia nell'intervallo (30, 92).

L'intervallo di tensione (58, 124) fornisce la tensione media sm = 91 MPa e l'ampiezzadi tensione sa = 33 MPa.

Le due equazioni

σa =sa

smσm,

σa

Sn+

σm

Su= 1

forniscono il punto tensione (283, 102).Il coeciente di sicurezza vale C.S. = 102/33 = 3, 1.

Commento

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Esercizio n. 10.9.1 - Caratteristiche di sollecitazione asse

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La forza P è stata considerata costante e le fasi di sollevamento e di abbassamentodel peso si susseguono senza discontinuità. Nella realtà le fasi di sollevamento e diabbassamento del peso sono discontinue ed i valori di P sono dierenti da sollevamentoa sollevamento.Un esame più rigoroso, e l'importanza dell'applicazione deve giusticare questo esame,richiede la conoscenza dello spettro di carico o del diagramma cumulativo di carico.