Download pdf - COSTRUZIONE DI MACCHINE 1+2 ESERCIZI E ......Ordinario di Progettazione Meccanica e Costruzione di Macchine COSTRUZIONE DI MACCHINE 1+2 ESERCIZI E APPROFONDIMENTI 5.3.2012 INDICE CAP.1

C.BRUTTI

Ordinario di Progettazione Meccanica e Costruzione di Macchine

COSTRUZIONE DI MACCHINE 1+2

ESERCIZI E APPROFONDIMENTI

5.3.2012

INDICE

CAP.1 RICHIAMI DI MECCANICA DELLE STRUTTURE ........................................................... 3 1.1 Deformazione di una trave isostatica ......................................................................................... 3

1.2 Deformazione di una trave iperstatica ....................................................................................... 6 1.3 Deformazione di una trave a sezione variabile ........................................................................ 11

CAP. 2 MECCANICA DEI MATERIALI ........................................................................................ 15 2.1 Diagrammi di fatica: Soderberg ........................................................................................... 15 2.2 Diagrammi di fatica: Goodman Smith ................................................................................. 16

2.3 Applicazione della legge di Miner (1) ..................................................................................... 18 2.4 Applicazione della legge di Miner (2) ..................................................................................... 18 2.5 Calcolo dello stato di deformazione e sforzo in corrispondenza ad una concentrazione di

tensione .......................................................................................................................................... 20 2.6 Calcolo del carico in corrispondenza ad una durata assegnata ................................................ 21

2.8 Calcolo del numero dei cicli minimo di rottura ....................................................................... 23

2.9 Deformazione a rottura ............................................................................................................ 25

2.10 Verifica a rottura .................................................................................................................... 25 2.11 Sovrapposizione di fatica e scorrimento viscoso ................................................................... 25 2.12 MECCANICA DELLA FRATTURA ................................................................................... 26

2.12.1 Lunghezza critica di una cricca ....................................................................................... 26

2.12.2 Dimensioni di soglia di una cricca .................................................................................. 27 2.13 Meccanica della frattura e fatica ............................................................................................ 27

CAP. 3 PROGETTO DI PERNI ASSI E ALBERI ............................................................................ 29

3.1 PERNI ...................................................................................................................................... 29 3.1.1 Perno liscio ........................................................................................................................ 29

3.1.2 Perno con foro di lubrificazione........................................................................................ 32 3.2 CALCOLO DI UN ASSE E DEI CUSCINETTI ..................................................................... 36 3.3 Progetto degli alberi ................................................................................................................. 47

3.3.1 Calcolo dei carichi trasmessi ............................................................................................. 47

3.3.2 Progetto semplificato ........................................................................................................ 48 3.4 VIBRAZIONI FLESSIONALI ............................................................................................... 52

3.4.1 Applicazione del principio di Dunkerlay .......................................................................... 52

3.4.2 Calcolo delle velocità critiche di un albero con tre masse ................................................ 52 3.5 VIBRAZIONI TORSIONALI ................................................................................................. 58

3.5.1 Sistema a tre volani ........................................................................................................... 58 6.2 Azionamento di un mulino ...................................................................................................... 58

4. SUPPORTI ..................................................................................................................................... 63

4.1 Cuscinetti volventi ....................................................................................................................... 63 4.2 Cuscinetti a strisciamento ........................................................................................................ 65

4.2.1 Progetto geometrico .......................................................................................................... 65 4.2.2 Progetto completo ............................................................................................................. 65

CAP.1 RICHIAMI DI MECCANICA DELLE STRUTTURE

1.1 Deformazione di una trave isostatica

Questo esercizio riguarda il paragone tra la limitazione della resistenza e quella della deformazione

per una trave appoggiata. Nelle costruzioni meccaniche spesso oltre alla limitazione sulla resistenza

si deve rispettare anche il limite delle deformazioni per non mettere in crisi la funzionalità degli

organi collegati.

Studiare su una trave appoggiata con le caratteristiche esposte in figura l’influenza delle seguenti

condizioni

L < 160 Mpa

/L < 1/2000

Figura 1

Per evidenti ragioni di simmetria

RA = RB = F/2

Il diagramma del momento è riportato in figura

Figura 2

Pertanto il momento massimo in mezzeria è

4

FLM C

=

L= 1500

F = 4000 N

A B

d

C

=

y

x

A C B

4

FLM C

Lo sforzo massimo è dunque

f

C

W

M

Dove

32

3dW f

Considerando quindi la limitazione dello sforzo che deve al massimo essere pari al valore limite, si

ottiene che il diametro minimo che assicura il rispetto della condizione di resistenza è

38

L

FLd

= 45.71 mm

Più complessa è la determinazione della freccia massima; si applica la ben nota proprietà della

deformata di una trave per la quale

2

21

dx

yd

EI

M

R

Dato che l’andamento di M(x) presenta una discontinuità in corrispondenza della mezzeria,

conviene posizionare l’origine del sistema di riferimento proprio in mezzeria e procedere

all’integrazione.

1

2

2

2

222

2

2)()( C

L

xL

EI

MxLdxL

EIL

Mdx

LEI

xLMdx

EI

xMx

dx

dy CCC

Il valore della costante si ricava dalla condizione al contorno

EI

LMC C

4 deriva cui da 00 1

In definitiva

EI

LMxL

EIL

Mx CC

42

4)(

2

Un valore notevole è la rotazione in corrispondenza dell’appoggio:

EI

FL

EI

LMLL

EIL

ML CC

16422

4)

2(

22

Proseguendo nell’integrazione si ha:

2

3

22

43

2

8

422

842

4

CxEI

LMxL

EIL

M

dxEI

LMxLdxL

EIL

Mdx

EI

LMdxxL

EIL

Mxy

cc

cccc

Il valore della costante si ottiene con la condizione

02

Ly da cui deriva

EI

LMC C

8

2

2

In definitiva

EI

LMx

EI

LMxL

EIL

Mxy CCC

842

24

23

In conclusione si può valutare la freccia in mezzeria

EI

FL

EI

LM

EI

LM

EI

LMy ccc

48128240

3222

Ricordando che:

64

4dI

e imponendo la condizione che la freccia sia tale per cui y/L<1/2000 si ha

4

3

3

20004

EL

FLd

= 77.66 mm

Il calcolo dimostra dunque che la condizione sulla deformazione è più gravosa di quella sulla

resistenza nelle condizioni dell’esercizio sviluppato.

Il paragone eseguito nelle condizioni dell’esercizio può essere esteso a tutte le condizioni definendo

quindi un paragone generale tra le due limitazioni di resistenza e di deformazione.

Confronto tra resistenza e deformazione

30

40

50

60

70

80

90

50 100 150 200 250 300

Sforzo ammissibile (MPa)

Dia

metr

o (

mm

)

Resistenza

Def. L/2000

Def. L/1000

Def. L/500

Figura 3

Nella figura 3 è rappresentata la condizione di resistenza al variare del valore limite. La curva in blu

è quella della limitazione sullo sforzo massimo in funzione del valore limite. Per comodità sono

rappresentate anche tre livelli di limite sulle deformazioni; ovviamente la limitazione sulla massima

freccia è indipendente dallo sforzo limite e quindi si hanno le tre rette orizzontali.

Si vede che per la lunghezza esaminata la limitazione y/L<1/2000 è sempre più gravosa della

condizione di resistenza in quanto richiede un diametro maggiore. Nella figura 4 le condizioni

limite sono paragonate al variare della lunghezza della trave. Dal paragone si vede che la

limitazione y/L<1/2000 è più gravosa di tutte le altre. Inoltre nel campo delle lunghezze esaminato,

per i valori più bassi, la condizione di resistenza è più gravosa di quella sulla deformazione

y/L<1/500. La figura fornisce anche il dominio di ammissibilità per le coppie di valori L e d che è

situato sopra la più alta delle curve di resistenza o deformazione.

Figura 4

1.2 Deformazione di una trave iperstatica

Anche questo esercizio riguarda il paragone tra la limitazione della resistenza e quella sulla

deformazione. Il confronto questa volta è sviluppato nel caso di trave iperstatica caratterizzata da

un incastro e un appoggio (fig.5).

Il primo passo è quello di risolvere la struttura iperstatica. Un sistema per conseguire questo

obiettivo è quello di considerare il caso di una mensola con una forza concentrata e di considerare

due condizioni di carico:

- la prima con un carico F in L/2

- la secondo con un carico RA incognito all’estremità L

Imponendo la condizione che y(L) = 0 è possibile calcolare il valore di RA.

Considerando che tutti i contributi provengono dalla soluzione di una mensola con carico

concentrato, è senza dubbio utile studiare prima di tutto questo caso.

Considerando lo schema di figura 6 è possibile studiare il problema.

Paragone tra resistenza e deformazione

0

20

40

60

80

100

120

250 750 1250 1750 2250

Lunghezza (mm)

Dia

metr

o (

mm

)

Ammissibile 160 MPa

y< L/2000

Ammissibile 120 MPa

y< L/500

= =

Figura 5

Figura 6

Il momento flettente è pari a:

PxxM

Applicando l’equazione fondamentale della teoria della trave si ha

EI

Px

dx

yd

2

2

Integrando si ottiene

1

2

2C

EI

Pxdx

EI

Pxx

La costante di integrazione si determina con la condizione

L

A

d

y

x

P

=

L= 1500

F = 4000 N

A B

d

C

=

x

y

EI

PLCL

2 0

2

1

In definitiva si ha per la rotazione:

EI

PL

EI

Pxx

22

22

Un valore importante risulta essere:

EI

PL

20

2

Integrando l’espressione delle rotazioni si determina la freccia

2

2322

2622Cx

EI

PL

EI

Pxdx

EI

PLdx

EI

Pxxy

Per x = L deve essere y(L)=0 e quindi

EI

PL

EI

PL

EI

PLC

326

333

2

EI

PLx

EI

PL

EI

Pxxy

326

323

(2.1)

Un valore importante risulta essere:

EI

PLy

30

3

Utilizzando quindi i risultati della trattazione svolta è possibile risolvere il problema iperstatico

della trave di figura 5.

Effetto nel punto B della forza F agente a L/2 di una mensola

Sopprimendo il vincolo in B, la forza F applicata nel punto C (x=L/2) provoca uno spostamento nel

punto B pari a

EI

FL

EI

FL

EI

LFLL

EI

FL

EI

FLFFyFy CCB

48

5

1624222232

33323

Effetto nel punto B della forza RB agente a L di una mensola

L’effetto del vincolo soppresso è una forza RB applicata in B, che produce lo spostamento:

EI

LRRy B

BB3

3

Per la congruenza con il vincolo effettivamente esistente deve essere

FREI

LR

EI

FLRyFy B

BBBB

16

5 0

348

5 33

Di conseguenza il momento di incastro è pari a

FLMLRFL

M ABA16

3 0

2

Con gli elementi calcolati è possibile valutare l’andamento della deformata che, a causa della

discontinuità causata dalla forza concentrata F, deve essere spezzata in due parti

Tratto da B a C

Utilizzando la relazione (2.1) con gli opportuni adattamenti si ha

- Effetto di RB EI

LRx

EI

LR

EI

xRxy BBB

RB 326

323

- Effetto di F

x

L

EI

FL

EI

FLxyF

2824

23

In totale si ha quindi

EI

xFL

EI

FxxyBC

3296

5 23

Tratto da C ad A

- Effetto di RB EI

LRx

EI

LR

EI

xRxy BBB

RB 326

323

- Effetto di F EI

FLLx

EI

FL

EI

LxF

xyF24286

232

3

In totale si ha quindi

EI

xFL

EI

LFx

EI

FL

EI

FxxyCA

2233

32

5

4

1

48

1

96

11

1

Nella figura 7 è riassunto il calcolo eseguito per d= 40 mm e F= 4000N

Figura 7

Dall’andamento riportato in figura 7 si evidenzia che il massimo si verifica nel tratto BC. L’ascissa

di tale punto si può calcolare imponendo che la derivata della freccia, cioè la rotazione è nulla; si

ottiene:

1 La verifica dell’esattezza dei calcoli si può fare, per esempio, calcolando nel punto C la deformata con le due

espressioni trovate; si ottiene per entrambe 4.75329 mm.

Deformata

-6

-5

-4

-3

-2

-1

0

0 250 500 750 1000 1250 1500

X (mm)

Y (

mm

)

F = 4000 N

d = 40 mm

B A

C

LLxL

xLx

EI

FL

EI

Fxx

F

FMax

Max

Max

44721.05

1

2 0

3296

15 22

(2)

La freccia massima è in definitiva

EI

FL

EI

xFL

EI

Fxy MaxMax

Max

323

00932.03296

5

Calcolando il diametro minimo che soddisfa il requisito di deformazione massima <L/2000 si

ottiene:

4

2

4

3

4

33 6.11926400932.02000

640.0093200932.0

2000 E

FL

LE

FLd

dE

FL

EI

FLL

Cioè

d = 63.82 mm

Per individuare la sollecitazione massima si deve calcolare il momento massimo. L’andamento del

momento è quello rappresentato in figura 8.

Figura 8

Infatti le reazioni vincolari sono:

FLMFRFR AAB16

3

16

11

16

5

Il momento in mezzeria vale invece

FLM C32

5

Quindi il punto più sollecitato è in A dove la limitazione dello sforzo ammissibile impone che

336

16

332

LL

FLFLd

= 41.53 mm

Anche in questo caso si dimostra che la limitazione sulla deformazione è più gravosa di quella sulla

resistenza. Solo se il requisito di deformazione scende a valori più bassi (p.es 1/350) allora la

condizione sulla resistenza guida il dimensionamento.

Il dominio dei dimensionamenti ammissibili per il problema studiato è riportato in figura 9.

2 E’ possibile dimostrare che il risultato è valido se il punto di applicazione del carico è ad un valore di xF>0.414·L ; se

invece xF<0.414·L il punto di massimo si ottiene a

22

22

3 xL

xLLx F

Max

. In tal caso il valore della freccia massima è

pari a 222

322

33 F

FFMax

xLEI

xLFxy

F = 4000 N

A B

C A

C

Figura 9

1.3 Deformazione di una trave a sezione variabile

Un altro problema tipico della costruzione di macchine è lo studio della resistenza e della

deformazione di una trave a sezione non costante, in particolare variabile a tratti. L’esempio da

analizzare è riportato in figura 10.

Figura 10

Paragone tra resistenza e deformazione

0

10

20

30

40

50

60

70

80

90

0 500 1000 1500 2000 2500

L (mm)

d (

mm

)

Amm 160 Mpa

Amm 120 Mpa

y<L/2000

y<L/500

= =

C

400 200 150

750

40 60

35

A

B

C

E

D

220 180

F=2500 N

E’ evidente, dall’esame del caso illustrato in figura 10 che ricavare la soluzione teorica, integrando

cioè il diagramma dei momenti per ottenere l’andamento della freccia, è piuttosto oneroso. E’

meglio quindi rivolgersi verso una procedura numerica che consenta, attraverso calcoli elementari,

di determinare la linea elastica.

Se si divide il problema in tanti tronchi quanti sono i tratti di trave con proprietà costanti ovvero in

porzioni in cui non sono presenti discontinuità si ottengono i seguenti elementi costituenti. Dette Ra

e Re le reazioni vincolari Tb, Tc,Td i valori del taglio, a,b,c,d,e le rotazioni e ya, yb, yc,

yd, ye le frecce. Ciascun tratto può essere schematizzato come una mensola nel cui incastro sono

note le frecce e le rotazioni. Il generico tratto ha le seguenti espressioni per rotazioni e frecce:

tratto

inizfinfin

tratto

inizfinfin

inizfininizfin

tratto

inizfinfin

tratto

inizfinfin

iniz

EI

xxM

EI

xxTxxyfiny

EI

xxM

EI

xxTfin

23)(

2)(

23

2

Se nel punto A si assume che y(A) = 0 e un valore di (A) opportuno il valore di y(E) risulterà

nullo, rispettando così le condizioni di vincolo. Il valore di da imporre può essere determinato

mediante una procedura numerica iterativa:

- si assume (A)

- si calcolano tutti i valori di e y

- si verifica il valore di y(E)

- si corregge il valore di (A), p.es. aumentandolo

- si calcolano tutti i valori di e y

- si verifica il valore di y(E) e si confronta con il valore del precedente passo: se esso si

avvicina al valore vero si deve proseguire nell’aumento di (A) altrimenti è necessario

diminuirlo

- la procedura si arresta quando y(E) differisce dal valore vero per una quantità inferiore

all’errore ammissibile.

Per metter a punto la procedura ora esposta si è studiato il caso dell’esercizio 1.1, che risulta più

semplice sia come numero di tronchi e sia come discontinuità.

I dati della trave sono i seguenti: F -2500 N E 2,10E+011 Mpa

L 1,5 m d 0,04 m

umax esatto -0,00666 m

rot A esatto 0,0133221326 rad Rot A numerica -0,01332

rad

I risultati ottenuti sono esposti nella seguente tabella dove con “esatto” si intende la soluzione

ottenuta con le relazioni dell’esercizio 1.1 mentre con “numerico” si intende il risultato della

procedura numerica.

x (m) u esatto(m) u numer(m) x (m) u esatto(m) u numer(m)

0 0,00000 0,00000 0,9 -0,00629 -0,00629

0,15 -0,00197 -0,00197 1,05 -0,00528 -0,00528

0,3 -0,00378 -0,00378 1,2 -0,00378 -0,00378

0,45 -0,00528 -0,00528 1,35 -0,00197 -0,00197

0,6 -0,00629 -0,00629 1,5 0,00000 1,041E-17

0,75 -0,00666 -0,00666

Una volta verificata l’esattezza della procedura numerica, essa è stata applicata al caso

dell’esercizio in studio, ottenendo i risultati esposti nella figura seguente sotto forma di linea

continua.

Figura 11

Per eseguire un controllo ulteriore dell’esattezza dei risultati è stato sviluppato un modello

numerico secondo il metodo degli elementi finiti3 per il codice di calcolo commerciale NASTRAN

NX, assistito dal pre/post-processor FEMAP. Nella fig.12 è riportato il modello.

Figura 12

3 Il metodo degli elementi finiti (FEM) è il metodo numerico più diffuso per l’analisi strutturale; ad esso è dedicato,

solitamente un corso specifico nelle laurea magistrale. Per i concetti fondamentali vd. C.Brutti, Introduzione alla

Progettazione Meccanica, cap.4, Levrotto&Bella, Torino.

Nella figura 13 è riportata la configurazione deformata mentre nella figura 11 gli indicatori

romboidali sono i valori calcolati con gli elementi finiti.

Figura 13

Si nota il buon accordo tra le due serie di valori. E’ da notare che nella trattazione svolta è stata

trascurata la deformabilità a taglio che invece il modello FEM tiene in conto.

CAP. 2 MECCANICA DEI MATERIALI

2.1 Diagrammi di fatica: Soderberg

Per un materiale con le caratteristiche di seguito specificate tracciare il diagramma di Soderberg in

corrispondenza a N = 2·106 cicli e a N = 1·10

5 cicli

R = 900 Mpa D-1 = 450 Mpa S = 700 Mpa

Il diagramma di Soderberg riporta sull’asse delle ordinate i valori dello sforzo medio del ciclo e su

quello delle ascisse il valore della semiampiezza del ciclo. Pertanto considerando il numero di cicli

pari a N = 2·106 si ottiene il grafico in figura.

Per tracciare il grafico in corrispondenza a N = 1·105 cicli è necessario modificare il valore di A

tenendo conto della nuova durata mediante l’espressione della curva di Wöhler:

Nc

A costante

Il valore dell’esponente si ricava considerando i suoi due punti estremi:

LARc

loglog

108log102log 36

= 7.97

Di conseguenza l’espressione della costante della curva di Wöhler risulta pari a

697.7 102450Nc

A 2.80·1027

MPa7.97

Il valore dello sforzo A in corrispondenza a N = 1·105 cicli è dunque uguale a:

97.7

1

5

27

101

1080.2

A = 655 Mpa

A

m

655 Mpa

450 Mpa

700 Mpa

N = 1·105

N = 2·106

2.2 Diagrammi di fatica: Goodman Smith

Per lo stesso materiale dell’esercizio precedente tracciare il diagramma di Goodman-Smith

Il procedimento è lo stesso dell’esercizio precedente solo che il diagramma è diverso in quanto le

variabili riportate sugli assi sono diverse. La caratteristica fondamentale del diagramma è che il

ciclo di sollecitazione non è rappresentato da un punto ma da un segmento.

Per inserire il caso di resistenza per N = 1·10

5 cicli è sufficiente inserire il valore competente della

semiampiezza del ciclo per tale durata.

Nell’ultimo grafico infine è riportata un’ulteriore semplificazione che riduce ancora il dominio di

resistenza ma consente di costruire il grafico in maniera più agevole.

min max

R = 900 Mpa

S = 700 Mpa

m

D-1=450 Mpa

D-1=-450 Mpa

Ciclo generico

min max

R = 900 Mpa

S = 700 Mpa

m

D-1=450 Mpa

D-1=-450 Mpa

D(N=105)=655 Mpa

D(N=105)=655 Mpa

min max

R = 900 Mpa

S = 700 Mpa

m

D-1=450 Mpa

D-1=-450 Mpa

D(N=105)=655 Mpa

D(N=105)=655 Mpa

2.3 Applicazione della legge di Miner (1)

Si supponga di avere un provino soggetto al seguente spettro di carico espresso con gli sforzi

massimi e minimi e con le percentuali di applicazione riportate nell’ultima colonna.

N max (N) min (N) Perc. Applic. %

1 +480 -480 30

2 +540 -540 45

3 +500 -500 25

Il materiale costituente il provino ha le seguenti caratteristiche

R = 900 MPa S = 700 MPa D-1 = 450 MPa

Calcolare la durata totale della vita del provino espressa in numero di cicli.

Considerando che tutti i cicli applicati al provino hanno lo stesso valore del rapporto k=min/max è

possibile eseguire il calcolo del carico equivalente dato che per tutti i cicli l’esponente della curva di

fatica di Wöhler è lo stesso. Inoltre visto che si tratta di un provino, nessuna correzione deve essere

fatta per l’influenza della forma, della corrosione, delle dimensioni e della finitura superficiale.

Il primo passo è quindi quello di calcolare l’esponente c della curva di fatica.

K

Ifdc

DD K

KKKK

1

= 450 Mpa

Dove

Kc Fattore per la corrosione = 1 (assenza di corrosione)

Kd Fattore per le dimensioni =1 (provino di riferimento)

Kf Fattore per la concentrazione di tensione = 1 (forma regolare)

KI Fattore per la finitura superficiale = 1 (provino lucidato)

KK Fattore per la forma del ciclo = 1 (ciclo alterno simmetrico)

Di conseguenza l’esponente della curva di Wöhler vale:

DRc

loglog

108log102log 36

= 7.97

Lo sforzo equivalente4 si calcola quindi con l’espressione:

97.7

197.797.797.7

1

332211 50025.054045.048030.0 cccc

eq = 516.6 MPa

Per calcolare il numero di cicli si utilizza la definizione della curva di fatica per la quale è

Nc

eq

c

D 6102

Da cui si ha

97.7

66

6.516

450102102

c

eq

DN

= 665722 cicli

2.4 Applicazione della legge di Miner (2)

Si supponga di avere un elemento soggetto al seguente spettro di carico

N max (N) min (N) Perc. Applic. %

1 +580 0 25

2 +540 -540 45

3 +500 -200 30

4 Quando l’esponente della curva di fatica è lo stesso è da notare che si può calcolare non solo lo sforzo equivalente ma

anche il carico equivalente, dato che tra le due grandezze esiste una relazione di proporzionalità che consente di scrivere

l’equazione di definizione dello sforzo equivalente in termini di carico e di semplificare tale fattore di proporzionalità.

Il materiale costituente l’elemento ha le seguenti caratteristiche

R = 900 MPa S = 700 MPa D-1 = 450 MPa

Calcolare la durata totale della vita dell’elemento espressa in numero di cicli sapendo che è presente

un attacco corrosivo in acqua dolce, che la finitura superficiale è di rettifica e che non sono presenti

concentrazioni di tensione. Si assuma che non sia presente nessun effetto delle dimensioni.

Visto che il rapporto k=min/max non è lo stesso per tutti i cicli non è possibile eseguire il calcolo

dello sforzo equivalente e il problema deve essere risolto utilizzando direttamente l’equazione di

Miner:

tot

tot

N

n

N

n

N

n

N

n

3

3

21

2

1

1

Dove ovviamente è

tottottot

tot

n

n

n

n

n

n

nnnn

33

22

11

321

;;

e quindi

totNNNN

1

3

3

21

2

1

1

Il valore di Ni si calcola con la seguente procedura:

a) Calcolo dello sforzo di riferimento K

Ifdc

DD K

KKKK

1

Kc Fattore per la corrosione = 2.9 (vd. figura per R= 900 MPa)

Kd Fattore per le dimensioni =1

Kf Fattore per la concentrazione di tensione = 1 (forma regolare)

KI Fattore per la finitura superficiale = 1.1 (provino rettificato e per R = 900 MPa)

Il coefficiente Kk è pari a

Kk = 5/(3-2·k) per -1 k <0

Kk = 5/3/[1-(1-5/3·f/R)·k] per 0 k 1

b) Calcolo dell’esponente della curva di fatica DR

cloglog

108log102log 36

c) Calcolo del numero di cicli dalla curva di fatica

c

DN

max

6102

N KK D (MPa) c max (N) N

1 1.67 235.6 4.12 +580 48873

2 1.00 141.1 2.98 +540 36651

3 1.32 186.2 3.50 +500 63032

Di conseguenza si ottiene per il numero di cicli totale

Ntot = 45141 cicli

2.5 Calcolo dello stato di deformazione e sforzo in corrispondenza ad una concentrazione di tensione

Dato un elemento con una concentrazione di tensione pari a

Kt = 3

L’elemento è realizzato con un materiale avente le seguenti caratteristiche:

E = 206000 Mpa

K’ = 772 Mpa

n’ = 0.18

ed è sollecitato da uno sforzo nominale pari a 230 Mpa.

Calcolare lo stato di deformazione e di sforzo conseguente.

Dalla legge di Ramberg-Osgood si ha:

='

1

'

n

KE

Considerando che lo snervamento si ha in corrispondenza ad una deformazione permanente di

0.002, si ricava che lo sforzo di snervamento è pari a

'

'n

s K 252.2 Mpa

e quindi si è in presenza di un campo plastico dato che Kt·n = 690 Mpa

Se si considera applicabile il legame lineare tra le deformazioni nominale e massima si ha

E

SKeK tt =0.00335

cui corrisponde, secondo la legge di Ramberg-Osgood

s = 254.8 Mpa

Se si considera applicabile la regola di Neuber si ottiene la soluzione risolvendo il sistema formato

da

E

SKeSK tt

222

='

1

'

n

KE

Procedendo in modo iterativo si ottiene alla fine

= 0.00751 = 307.5 Mpa

Se invece si assume un comportamento del materiale elastico perfettamente plastico si ha:

E

SK

s

t

2

2

ricavando

= 0.00916 = 252.2 Mpa

2.6 Calcolo del carico in corrispondenza ad una durata assegnata

Un elemento meccanico costituente la struttura di sospensione di un tubo, è formato, ad una

estremità da una piastra con un foro, come indicato in figura.

I dati geometrici sono i seguenti

h = 100 mm

t = 10 mm

d = 50 mm

Kt = 3

Il materiale è C20 con le seguenti caratteristiche:

K’ = 772 Mpa

F -F

d

h

Spessore t

n’ = 0.18

’f = 896 Mpa

’f = 0.41

b = -0.12

c = -0.51

Determinare il carico che con ciclo alterno simmetrico provoca una durata di 10000 cicli.

Utilizzando l’equazione di Manson e Coffin si può calcolare quale sia l’ampiezza del ciclo di

deformazione che provoca la rottura dopo 10000 cicli.

L’equazione ha l’espressione

Di conseguenza svolgendo il calcolo con i dati soprariportati si ha:

/2 = 0.00395

che equivale a dire

= 0.0079

Prescindendo dall’inizio del ciclo e dal processo di stabilizzazione del comportamento del

materiale, la condizione di carico, sul piano , è rappresentata in figura.

Dovendo calcolare il carico massimo agente sull’elemento si devono considerare le condizioni del

punto A in figura, che corrispondono a valori di e pari alla semiampiezza del ciclo.

Per calcolare il carico corrispondente a questa semi-ampiezza si può usare il metodo di Neuber. Si

possono avere tre casi che geometricamente corrispondono alle intersezioni tra la curva

caratteristica del materiale e l’iperbole di equazione

Infatti la relazione fondamentale per la fatica è la seguente

Fig. 1.1 Ciclo di sollecitazione

A

cf

bfNN

E22

2

'

'

eSkt

2

m

tt

k

kek

Il valore dell’esponente m dovrebbe essere valutato sperimentalmente per il singolo caso in esame,

tuttavia si può procedere, durante il progetto preliminare, a valutare i casi estremi derivanti da m = 0

e m = 1.

Considerando il caso di deformazione piana, cioè m = 0, risulta essere

E

SK

eK tt

222

da cui svolgendo i calcoli si ottiene

tKE

S

22

= 271.2 Mpa

cui corrisponde, attraverso l’area resistente F = 135600 N

Considerando invece l’esponente m = 1 deve essere

2222tK

ES

in cui /2 si ricava dalla legge di Ramberg-Osgood, risolvendo, per esempio iterativamente:

='

1

'22

n

KE

Calcolando si ottiene /2 = 265.5 Mpa e quindi:

2

S= 154.9 Mpa


Considerando infine un comportamento elastico - perfettamente plastico, si ottiene

222t

s

K

ES = 151.1 Mpa


E’ da notare che per eseguire il calcolo si è valutato il valore di s attraverso la legge di Ramberg-

Osgood in corrispondenza ad una deformazione permanente di 0.002, ottenendo

s = 252.4 Mpa

I tre valori calcolati corrispondono a tre comportamenti diversi. Se si sta determinando il carico P

ammissibile è evidente che il procedimento con la massima sicurezza è quello che determina il

punto C, corrispondente ad un comportamento del materiale elastico perfettamente plastico.

2.8 Calcolo del numero dei cicli minimo di rottura

Un elemento meccanico è sollecitato da un ciclo alterno simmetrico e ha una concentrazione di

tensione con Kt = 2.5. Sapendo che il valore dello sforzo nominale oscilla tra +300 e -300 MPa e

che il materiale ha le seguenti caratteristiche, calcolare il numero minimo di cicli che provoca la

rottura:

K’ = 735 Mpa n’ = 0.137 ’f = 645 Mpa ’f = 0.385

b = -0.090 c = -0.646

Considerando la figura 1.2 il carico minimo corrisponde al punto C che definisce anche il valore

massimo della deformazione. Utilizzando l’ equazione di Manson e Coffin:

cf

bfNN

E22

2

'

'

si nota che gli esponenti sono entrambi negativi e pertanto alla deformazione massima corrisponde

il numero minimo di cicli.

S

t

E

kS

22

22

=0.0087

Dove si è calcolato con l’equazione di Ramberg-Osgood il valore dello sforzo in corrispondenza ad

una deformazione permanente pari a 0.002, ottenendo

s = 313.7 Mpa

Inserendo questo valore nell’equazione di Manson e Coffin e risolvendola per tentativi si ottiene

N = 252

Fig. 1.2 Intersezioni tra il legame costitutivo e l’iperbole di Neuber

Tale valore rappresenta il minimo valore calcolabile. Infatti considerando valido il caso della

deformazione piana (m=0) si ottiene

0036.0222

S

Ke

K tt

cui corrisponde il numero di cicli

N = 1566

Nel caso di tensione piana (m=1) si ottiene invece

E

kS t

22

22

=0.0075

avendo calcolato il valore di dalla legge di Ramberg-Osgood

Mpa

Pertanto si ottiene per il numero di cicli:

N = 332.

A

B

A

B

C

C

2.9 Deformazione a rottura

Un elemento meccanico deve resistere 10000 ore a 450 °C. Calcolare la deformazione dopo tale

durata.

Le espressioni del parametro di Larson e Miller sono:

PLM = T·(C1 + log10 tR) = T·[C2 - log10 d/dt]

Assumendo per le costanti i valori

C1 = 21 . C2 = 20 e considerando che T è in °K

Si ottiene utilizzando la prima espressione

PLM = 18075

ed utilizzando la seconda si ricava:

d/dt=1·10-5

In definitiva si può calcolare la deformazione dopo 10000 ore con la seguente relazione.

R = tR· d/dt=0,1

2.10 Verifica a rottura

Sapendo che un materiale ha il seguente diagramma di resistenza allo scorrimento viscoso

PLM (Mpa)

18·103

290

20·103

250

22·103

170

24·103

70

Calcolare a quale tensione si ha una durata di 100000 ore per una temperatura di 500°C

Il parametro di Larson e Miller assume il valore, con le solite assunzioni per le costanti

PLM = T·(C1 + log10 tR) = 20098

Lo sforzo è pertanto pari a circa 250 Mpa

2.11 Sovrapposizione di fatica e scorrimento viscoso

Un materiale ha il seguente diagramma di resistenza allo scorrimento viscoso

PLM (Mpa)

18·103

290

20·103

250

22·103

170

24·103

70

e le caratteristiche meccaniche

R = 700 Mpa S = 600 Mpa D-1 = 330 Mpa

Dato che la tensione di trazione media agente è pari a 200 Mpa, la tensione massima del ciclo di

fatica è 380 Mpa con N = 2·106 cicli, eseguire a 100000 ore e 480 °C la verifica a rottura.

Si tratta di utilizzare il criterio di sovrapposizione tra fatica ad alto numero di cicli e scorrimento

viscoso che ha la forma

(m/sv)2 + (a/f)

2 1 dove

m è lo sforzo medio del ciclo

sv è lo sforzo che provoca la rottura per scorrimento viscoso

a è la semiampiezza del ciclo di fatica

f è la tensione limite di fatica per ciclo alterno simmetrico

Nella condizione prevista il parametro di Larson e Miller risulta essere uguale a:

PLM = T·(C1 + log10 tR) = (450+273)(21+log10 100000) = 18798

A tale valore corrisponde interpolando uno sforzo

sv = 274 Mpa

La semiampiezza del ciclo è pari a

max - m = 380-200 = 180 Mpa

mentre f = 330 Mpa a N = 2·106 cicli

(m/sv)2 + (a/f)

2= 0.83 < 1

La verifica è pertanto soddisfatta

2.12 MECCANICA DELLA FRATTURA

2.12.1 Lunghezza critica di una cricca

Una cricca di lunghezza 2·a è posizionata all’interno di un elemento piano di estensione molto

maggiore della cricca stessa, tanto da poterlo considerare infinito (fig.1). Considerando che le

caratteristiche del materiale costituente sono le seguenti:

R = 800 Mpa S = 600 Mpa KIC = 80 Mpam

determinare la lunghezza critica della cricca effettiva 2·a(critica) considerando le piccole

plasticizzazioni all’apice della cricca stessa e assumendo uno sforzo di trazione normale alla cricca

pari a 250 Mpa.

Fig. 4.1 Forma della cricca e condizione di carico

La relazione fondamentale per la propagazione di una cricca nel caso di piccole plasticizzazioni è

ICp KraY

dove rp è il raggio di plasticizzazione. Inoltre per un elemento piano di dimensioni infinite rispetto

alla cricca si ha Y=1

Pertanto sostituendo i valori numerici si ottiene:

21

IC

p

Kra 0.0326 m = 32.6 mm

Considerando che l’espressione di rp è la seguente 2

2

1

S

Ip

Kr

si ottiene nel caso in esame:

2a

2

2

1

S

IC

p

Kr

0.0028 m = 2.8 mm

Pertanto la lunghezza effettiva critica della cricca è pari a:

pp rra2 59.6 mm

2.12.2 Dimensioni di soglia di una cricca

Un elemento è realizzato di un materiale con le seguenti caratteristiche.

R = 900 Mpa S = 700 Mpa D-1 = 450 Mpa Kth = 7 Mpa√m

Determinare le dimensioni del difetto che assicurano una vita infinita con un ciclo dall’origine, in

cui lo sforzo è pari al corrispondente valore limite a fatica (si assuma assente l’effetto della forma,

della finitura superficiale, della corrosione e delle dimensioni).

= 450·1.67 = 751.5 Mpa

21

thK

a 0,0276 mm

2.13 Meccanica della frattura e fatica

Una cricca di lunghezza 2·a è posizionata all’interno di un elemento piano di estensione molto

maggiore della cricca stessa, tanto da poterlo considerare infinito (fig.1). Assumendo un’estensione

iniziale 2·a = 2 mm ed un ciclo dall’origine con sforzo massimo pari a 180 Mpa calcolare il numero

di cicli a rottura sapendo che il materiale, ha le seguenti caratteristiche:

R = 800 Mpa S = 600 Mpa KIC = 80 Mpam

e ha i seguenti parametri caratteristici di Paris:

C = 8·10-12

m/[ciclo(Mpam)n] n = 3.25 Kth = 6 Mpam

Determinare inoltre qual è l’estensione del difetto ammissibile 2·a(amm) per il quale non vi è

propagazione.

Fig. 1 Schema della cricca e della disposizione di carico

La condizione per la quale non si ha propagazione si calcola con la relazione

ammth aYK

Considerando che per la disposizione di fig.1 Y=1, e che per il ciclo dall’origine

= max = 180 Mpa

si ottiene:

2a

21

th

amm

Ka 0.00035 m = 0.35 mm

Questo risultato garantisce che con una cricca iniziale pari a 2 mm (a = 1 mm) si abbia

effettivamente propagazione.

Per calcolare il numero di cicli che porta il sistema alla propagazione instabile, cioè alla rottura, di

deve integrare la legge di Paris. La legge di Paris infatti ha l’espressione:

nn aCKCdN

da max

che può essere integrata separando le variabili. Di conseguenza si ottiene

1

21

2

1

2max

12

12

12

2max

22max

nC

aa

n

a

CaC

daN

n

n

n

iniziale

n

critica

a

a

n

n

n

a

a nn

n

critica

iniziale

critica

iniziale

Sulla base dei dati iniziali si ha

12

n -0.625

2

max

1

IC

critica

Ka 0.0629 m = 62.9 mm

Svolgendo i calcoli si ottiene

625.0180108

001.00629.0625.125.312

625.0625.0

N = 101066 cicli

E’ da notare che il risultato è abbastanza insensibile all’esattezza delle caratteristiche dei materiali.

Infatti se ad esempio il valore di KIC raddoppiasse (KIC= 160 Mpam) si otterrebbe per la lunghezza

critica:

2

max

1

IC

critica

Ka 0.2515 m = 251.5 mm

e per il numero di cicli

625.0180108

001.02515.0625.125.312

625.0625.0

N 105823 cicli

con una variazione pari a 4.7%.

CAP. 3 PROGETTO DI PERNI ASSI E ALBERI

3.1 PERNI

3.1.1 Perno liscio

Un perno (vd. Figura) è sollecitato da cicli dall’origine con i seguenti valori massimi e le relative

percentuali di applicazione

N Pmax Pmin %

1 15000 0 40

2 12000 0 25

3 24000 0 35

Utilizzando il materiale con le seguenti caratteristiche, nell’ipotesi di caratteristiche valide per tutte

le dimensioni, finitura superficiale di rettifica (0.6 < Ra < 1.6 m), corrosione in presenza di acqua

dolce, calcolare il carico equivalente ed eseguire il progetto del perno in figura. Non è necessario

eseguire l’ottimizzazione dimensionale.

R = 900 Mpa D-1 = 450 Mpa S = 700 Mpa

Il primo passo del progetto è calcolare il carico equivalente. Dato che tutti i cicli hanno lo stesso

rapporto k = min/max = 0 è possibile calcolare un unico esponente della curva di Wöhler. Il valore

di D si calcola secondo la UNI 7670

K

Ifdc

Dd K

KKKK

1

= 235.6 Mpa

Dove

Kc Fattore per la corrosione in acqua dolce che per R = 900 Mpa vale circa 2.9

Kd Fattore per le dimensioni che, dato che il materiale è insensibile alle dimensioni, vale 1.

Kf Fattore per la concentrazione di tensione che vista la forma regolare vale 1.

b c g b g

Tenuta Cuscinetto

d

b = 20 mm

c = 40 mm

g = 1 mm

Materiale appoggi

R = 430 Mpa

S = 275 Mpa

D-1 = 220 Mpa

KI Fattore per la finitura superficiale che per 0.6 < Ra < 1.6 m e per R = 900 Mpa vale circa

1.1

KK Fattore per la forma del ciclo che per un ciclo con k = min/max = 0 vale KK=5/(3-2k) =

1.67


DRc

loglog

108log102log 36

= 4.12

Il carico equivalente si calcola quindi con l’espressione:

12.4

112.412.412.4

1

332211 2400035.01200025.00001504.0 cccc

eq PPPP = 19466 N

L’unica incognita del problema è il diametro del perno. Il momento massimo in mezzeria è pari a:

4

401

3

20

2

19466

432max

cg

bPM

eq= 171953 N·mm

Il valore dello sforzo ammissibile è pari a

k

nTK

Ifdc

Daf KKK

KKKK

11 = 177.1 Mpa

dove

KT Fattore per il tipo di tensione che per la flessione è pari a 1

Kn Fattore per il numero di cicli che per N = 2·106 cicli è pari a 1

k Fattore di sicurezza a fatica che vale 3.21/c

= 1.33

Di conseguenza il valore del diametro da utilizzare è pari a:

3max32

af

Md

= 21.06 mm

Si può assumere considerando che il semilavorato superiore più vicino è pari a 25 mm, la tolleranza

di fornitura (±1 mm) e la lavorazione (circa 0.5 mm) un valore del diametro pari a

d = 23.5 mm

Lo sforzo di flessione effettivamente agente è pari a

32

3

max

d

M

= 135.0 Mpa

La verifica a taglio si esegue considerando che il taglio massimo è pari a:

42

3

42d

Peq

= 29.9 Mpa

Il valore dello sforzo tangenziale ammissibile si ricava considerando:

KT Fattore per il tipo di tensione che per il taglio è pari a 0.577

k

nTK

Ifdc

Daf KKK

KKKK

11 = 102.2 Mpa

La verifica è di conseguenza soddisfatta.

La verifica sugli appoggi si esegue considerando che il valore dello sforzo di contatto massimo

vale:

bd

Peq

c

4

Il valore ammissibile si calcola considerando il più debole dei materiali e che, per la tensione di

contatto su superfici cilindriche coincidenti, si ha:

c,amm = 1.35·f,amm

Lo sforzo ammissibile del materiale si calcola nel solito modo considerando il ciclo di fatica del

carico esterno. Pertanto si ha:

K

Ifdc

Dd K

KKKK

1

= 203.8 Mpa

Dove



Kf Fattore per la concentrazione di tensione che vista la forma regolare vale 1.


1.03


1.67


DRc

loglog

108log102log 36

= 7.40


4.7

14.74.74.7

1

332211 2400035.01200025.00015004.0 cccc

eq PPPP = 20935 N

Il valore ammissibile del materiale risulta quindi

k

nTK

Ifdc

Daf KKK

KKKK

11 = 139.4 Mpa

dove

KT Fattore per il tipo di tensione che per la compressione è pari a 0.8



= 1.17

Mentre il valore dello sforzo massimo di contatto con il nuovo carico equivalente è pari a

5.2320

2093544

bd

Peq

c = 56.7 Mpa

c,amm = 1.35·c,amm = 188.1 Mpa

La verifica è soddisfatta.

3.1.2 Perno con foro di lubrificazione

Il perno rappresentato in figura è sollecitato da una serie di carichi aventi i seguenti valori ed

oscillanti tra 0 e il valore massimo

1 P= 6000 N p=30%

2 P= 9000 N p=45%

3 P= 10000 N p=25%

calcolare il carico equivalente supponendo di usare un materiale con le seguenti caratteristiche,

indipendenti dalle dimensioni e che sia presente attacco corrosivo in acqua dolce e che la finitura

superficiale sia di rettifica. Si assuma per il fattore di concentrazione delle tensioni nella sezione di

mezzeria (Kt = 2.7 ; a = 0.239 mm) e per il materiale del perno

R = 550 Mpa S = 480 Mpa D-1 = 255 Mpa

La lunghezza b è pari a 20 mm. Eseguire il progetto e le verifiche del perno in figura supponendo il

materiale dell’appoggio uguale a quello del perno.

Il primo passo del progetto è calcolare il carico equivalente. Dato che tutti i cicli hanno lo stesso

rapporto k = min/max = 0 è possibile calcolare un unico esponente della curva di Wöhler. Il valore

di D si calcola secondo la UNI 7670

K

Ifdc

Dd K

KKKK

1

= 88.1 Mpa

Dove




1.03


1.67

Kf Fattore per la concentrazione di tensione che si calcola con la relazione

117.2

5.1

239.01

111

1

111

ttf K

r

aKqK = 2.47


DRc

loglog

108log102log 36

= 3.01


01.3

101.301.301.3

1

332211 1000025.0900045.0000630.0 cccc

eq PPPP = 8632 N

L’unica incognita del problema è il diametro del perno. Il momento massimo in mezzeria è pari a:

4

20010

3

20

2

8632

432max

cg

bPM

eq= 287733 N·mm

Il valore dello sforzo ammissibile è pari a

k

nTK

Ifdc

Daf KKK

KKKK

11 = 59.9 Mpa

dove

KT Fattore per il tipo di tensione che per la flessione è pari a 1



= 1.47

Di conseguenza il valore del diametro da utilizzare è pari a:

3max32

af

Md

= 36.56 mm

Si può assumere considerando che il semilavorato superiore più vicino è pari a 40 mm, la tolleranza

di fornitura (±0.5 mm) e la lavorazione (circa 0.5 mm) un valore del diametro pari a

d = 39 mm

Lo sforzo di flessione effettivamente agente è pari a

xxI

Md maxmax

E’ necessario calcolare il momento di inerzia nella sezione indebolita (vd. Figura)

Detta yG la distanza della posizione del baricentro dall’asse xx, essa si calcola uguagliando il

momento statico delle diverse aree (positive quelle piene e negative quelle vuote) rispetto all’asse

xx. L’area totale è pari

x x

32

3

2

39339

4

22

totA = 1133.5 mm²

La posizione del baricentro è

5.02

3

4

3

4

393

2

3

2

391

tot

GA

y mm

Il momento di inerzia è allora

23

22244

2

3

4

3

4

39

2

3

2

393

2

3

2

39

12

3339

4339

64

gGxx yyI

= 105862 mm

4

In definitiva lo sforzo di flessione è pari a:

xxI

Md maxmax = 54.36 Mpa ( Gyd 2

39max = 20 mm)

La verifica è dunque soddisfatta, seppur di poco.

La verifica a taglio si esegue considerando che il taglio massimo è pari a:

4

32

3

422

d

Peq

Dato che nella sezione in corrispondenza della fine dell’appoggio, là dove è massimo lo sforzo

tangenziale, non vi è concentrazione di tensione è necessario ricalcolare il valore dell’esponente c e

dello sforzo ammissibile.

K

Ifdc

Dd K

KKKK

1

= 217.6 Mpa

Dove




1.03


1.67

Kf Fattore per la concentrazione di tensione vale 1


DRc

loglog

108log102log 36

= 5.95


95.5

195.595.595.5

1

332211 1000025.0900045.0000630.0 cccc

eq PPPP = 8914 N

Il valore dello sforzo tangenziale ammissibile si ricava considerando:

KT Fattore per il tipo di tensione che per il taglio è pari a 0.577



= 1.22

k

nTK

Ifdc

Daf KKK

KKKK

11 = 102.9 Mpa

Lo sforzo tangenziale massimo si calcola

4

32

3

422

d

Peq

= 5.0 Mpa

La verifica è di conseguenza soddisfatta.

La verifica sugli appoggi si esegue considerando che il valore dello sforzo di contatto massimo

vale:

bd

Peq

c

4

= 14.55 Mpa

Il valore ammissibile si calcola considerando che il materiale dell’appoggio è lo stesso di quello del

perno e che, per la tensione di contatto su superfici cilindriche coincidenti, si ha:

c,amm = 1.35·c,amm

Lo sforzo ammissibile del materiale si calcola nel solito modo considerando il ciclo di fatica del

carico esterno. Considerando i valori numerici da impiegare è possibile correggere il valore già

calcolato per lo sforzo tangenziale massimo sostituendo al valore KT = 0.577 il valore KT = 0.8

Pertanto si ha:

k

nTK

Ifdc

Dammc KKK

KKKK

135.1 1

, = 142.7 Mpa

La verifica è soddisfatta.

3.2 CALCOLO DI UN ASSE E DEI CUSCINETTI

Eseguire il progetto e la verifica dell’asse in figura, completo della scelta del cuscinetto, utilizzando

i seguenti dati:

- Carico per ruota: Corsa di andata 9000 N Corsa di ritorno 2500 N

Presenza di corrosione in acqua dolce

Materiale da utilizzare C25 UNI 7845 R = 410 Mpa S = 235 Mpa

(Caratteristiche valide per 16<d<100) D-1 = 205 Mpa

Velocità di rotazione n = 250 giri/min Durata Lh = 15000 ore

Affidabilità del cuscinetto 90%

Nella Sezione A l’appoggio piano tra ruota e asse deve essere di 3 mm sul raggio. La distanza tra la

mezzeria del cuscinetto e la mezzeria della ruota è 65 mm.

Si tratta di un asse per un vagoncino per trasporto materiale alla rinfusa. La differenza dei carichi

nelle due condizioni dipende dal fatto che una corsa viene fatta a pieno carico e l’altra vuoto.

Rispetto al classico schema di asse, impiegato per esempio nella definizione del concetto di

flessione rotante, l’esempio in figura presenta i cuscinetti di collegamento al carrello esterni rispetto

alle ruote. E’ questa una soluzione che consente a parità di scartamento (distanza tra le ruote) una

maggiore dimensione del carrello. L’aggetto dei cuscinetti rispetto alle ruote non può però essere

qualsiasi in quanto devono comunque essere rispettate le condizioni di stabilità laterale del carrello

che, durante le curve o per effetti di serpeggiamento dovuti agli errori di posizionamento delle

rotaie, è soggetto a carichi orizzontali applicati al baricentro, cioè ad una certa altezza dal piano di

appoggio. La sollecitazione presente è evidentemente di fatica rotante con la necessità di definire un

carico equivalente alla sovrapposizione dei due cicli corrispondenti alle due condizioni di carico.

Il progetto presenta la difficoltà di dover integrare in un unico procedimento consequenziale il

progetto dell’asse, la scelta del cuscinetto e la verifica finale di resistenza.

I passi esecutivi della procedura di calcolo prevedono sostanzialmente la solita organizzazione di

attività:

- Schema statico

- Risoluzione della struttura

- Calcolo del diametro di primo dimensionamento

- Scelta del cuscinetto

65

Sez. A

85

- Verifica finale di resistenza

1. Schema statico e risoluzione della struttura.

Lo schema statico della struttura è il seguente:

Per ragioni di simmetria si ha

RA = RB = P

La distribuzione del taglio e del momento flettente sono le seguenti. E’ danotare che il momento

flettente è riportato dalla parte delle fibre tese che, nell’esempio in esame, sono quelle superiori.

Il valore massimo del taglio è pari a

Tmax = P

Il valore massimo del momento flettente è pari a

Mf,max = P·65

Trattandosi di sezione circolare la max provocata dal taglio è pari a:

4

3

42max

d

T

mentre la max provocata dal momento flettente è pari a:

32

3maxd

M f

I valori massimi dei due tipi di sforzo non si verificano nello stesso punto della sezione.

65 65

P P

A B

A B

Distribuzione del taglio

A B Distribuzione del momento flettente

2. Calcolo del diametro di primo dimensionamento

Considerando che il valore ammissibile dipende, secondo la procedura stabilita in accordo alla UNI

7670, da alcune dimensioni che sono incognite all’inizio del progetto, è utile definire un valore

ammissibile di prima approssimazione per lo sforzo normale, da impiegare per determinare il

diametro di primo dimensionamento.

Lo sforzo ammissibile convenzionale è dunque

6.585.343

*

1

*

1*

DDo

Mpa

Si è assunto un valore intermedio tra 3 e 4 considerando l’assenza del fattore di adeguamento delle

dimensioni e l’esiguità del fattore derivante dalla rugosità. Un congruo aumento dovrà essere

valutato, rispetto al valore di primo dimensionamento per tenere conto del numero di cicli di

progetto (vd. più avanti).

Inoltre supponendo per il coefficiente di sicurezza un valore orientativo pari a

k = 1.35

si ha in definitiva

d* = 79.1 Mpa

da cui si ottiene per l’esponente della curva di fatica di Wohler

dRc

loglog

108log102log 36

3.36.

Essendo la durata richiesta pari a

Lh = 15000 ore

si ha per il numero di cicli di progetto

N = 250·60·15000 = 2.25·108 cicli.

Di conseguenza si deve usare l’esponente del secondo ramo della curva di Wohler

1' 2 ccc = 6.87.

Dato che agiscono due condizioni di carico è necessario, per svolgere i calcoli in modo agevole,

calcolare il carico massimo equivalente.

Assumendo

1=2= 0.5

si ottengono per la verifica di resistenza e per il calcolo dei cuscinetti i seguenti valori. I valori dei

carichi equivalenti sono diversi in quanto, in generale, sono diversi gli esponenti della curva di

Wohler per il materiale costituente l’asse e per i cuscinetti volventi.

8136'/1

2

'

21

'

1 ccc

e PPP N per le verifiche di resistenza

7194/1

2211 mmm

c PPP N per il calcolo del cuscinetto ( cuscinetto a sfere)

Considerando la condizione di carico equivalente per la verifica di resistenza si ottiene che nella

sezione A il momento massimo è pari a

Mf = Pe·65 = 528840 N·mm

Di conseguenza risulta che il diametro di primo dimensionamento è pari a

13.4532

3*

o

fMd

mm (valore di primo dimensionamento)

Sulla base di tale valore è possibile valutare il cuscinetto da utilizzare.

3. Calcolo del cuscinetto

La scelta del cuscinetto si esegue calcolando il carico dinamico necessario per assicurare la durata

teorica richiesta. Utilizzando il carico equivalente Pc, precedentemente calcolato si ottiene:

c

mh P

nLC

1

610

6043755 N

Visto il tipo di applicazione si deve utilizzare un cuscinetto a sfere con protezione per l’ingresso di

agenti inquinanti esterni lubrificato a vita. Nella figura seguente sono riportate le soluzioni

costruttive proposte dalla SKF5.

Per la dimensione 40 mm del diametro interno le caratteristiche sono riportate nella seguente

tabella.

Sulla base del valore di C calcolato si può scegliere il cuscinetto a sfere 6308-2RS1 con i seguenti

dati caratteristici (vd. Tabella):

d = 40 mm D = 90 mm B = 23 mm da = 49 mm (diam. min albero) r = 1.5 mm (racc. max

alb.) C = 42300 N Pu = 1020 N

E’ da notare che la leggera riduzione nel valore di C effettivo, rispetto a quello calcolato, può essere

compensata con un opportuna scelta del lubrificante.

Nella figura seguente sono riportate le dimensioni caratteristiche del cuscinetto

Calcolo della durata effettiva con il metodo standard approssimato

La viscosità di riferimento si valuta utilizzando il Diagramma 1 e la dimensione media del

cuscinetto

5 Le figure relative ai cuscinetti e al calcolo sono desunte dal catalogo on-line della SKF reperibile al sito

http://www.skf.com/portal/skf_it/

Dm = (90+40)/2 = 65 mm

Si ricava che alla dimensione e alla velocità del cuscinetto il valore della viscosità è

= 60 mm²/s

Tabella desunta dal catalogo SKF

d D B C C0 Pu Vel.rif. Vel.limite Massa Appellativo

mm kN kN giri/min kg -

40 68 15 17,8 11,6 0,49 22000 14000 0,19 6008-Z *

40 68 21 16,8 11,6 0,49 - 6300 0,26 63008-2RS1

40 80 18 32,5 19 0,8 18000 11000 0,37 6208 *

40 80 18 35,8 20,8 0,88 18000 11000 0,34 6208 ETN9

40 80 18 32,5 19 0,8 - 5600 0,37 6208-2RS1 *

40 80 18 32,5 19 0,8 18000 9000 0,37 6208-2RZ *

40 80 18 32,5 19 0,8 18000 9000 0,37 6208-2Z *

40 80 18 32,5 19 0,8 - 5600 0,37 6208-RS1 *

40 80 18 32,5 19 0,8 18000 11000 0,37 6208-RZ *

40 80 18 32,5 19 0,8 18000 11000 0,37 6208-Z *

40 80 23 30,7 19 0,8 - 5600 0,44 62208-2RS1

40 90 23 42,3 24 1,02 17000 11000 0,63 6308 *

40 90 23 42,3 24 1,02 - 5000 0,63 6308-2RS1 *

40 90 23 42,3 24 1,02 17000 8500 0,63 6308-2RZ *

40 90 23 42,3 24 1,02 17000 8500 0,63 6308-2Z *

40 90 23 42,3 24 1,02 - 5000 0,63 6308-RS1 *

40 90 23 42,3 24 1,02 17000 11000 0,63 6308-RZ *

40 90 23 42,3 24 1,02 17000 11000 0,63 6308-Z *

40 90 33 41 24 1,02 - 5000 0,89 62308-2RS1

40 110 27 63,7 36,5 1,53 14000 9000 1,25 6408

45 58 7 6,63 6,1 0,26 22000 14000 0,04 61809

45 58 7 6,63 6,1 0,26 - 6700 0,04 61809-2RS1

45 58 7 6,63 6,1 0,26 22000 11000 0,04 61809-2RZ

Legenda

C Carico dinamico (carico che assicura una durata di 106 giri)

C0 Carico statico

Pu Carico ultimo di fatica

Classe di

viscosità ISO

Intervallo di

viscosità a 40°C

mm²/s

Classe di

viscosità ISO

Intervallo di

viscosità a 40°C

mm²/s

Classe di

viscosità ISO

Intervallo di

viscosità a 40°C

mm²/s

ISO VG 2 1.98 – 2.42 ISO VG 22 19.8 – 24.2 ISO VG 220 198 – 242




ISO VG 10 9.00 – 11.0 ISO VG 100 90.0 – 110 ISO VG 1000 900 – 1100

ISO VG 15 13.5 – 16.5 ISO VG 150 135 – 165 ISO VG 1500 1350 - 1650

Scelgo, tra i lubrificanti riportati in tabella, il grasso ISO VG 100 e la temperatura di funzionamento

T = 50 °C. Dal Diagramma 2 in figura risulta che la viscosità alla temperatura di funzionamento è

pari a circa = 65 mm²/s.

Di conseguenza risulta

K =

Da tale valore consultando il diagramma 3 si ottiene

a23 = 1.05

1423060

1023

6

a

nP

CL

m

c

h ore

Visto che la verifica non è soddisfatta per poco è possibile eseguire la verifica secondo il metodo

SKF che fornisce valori più attendibili. Assunto per il grado di contaminazione del lubrificante il

valore

= 0.5

si ha

·Pu/P = 0.071

Utilizzando tale valore e il valore k = 1.08, già calcolato in precedenza, si ricava, consultando il

diagramma 4 il valore

aSKF = 1.5

cui corrisponde la durata

2032960

106

SKF

m

c

h anP

CL ore

Confrontando tale valore con quello richiesto per la durata e considerando che nessuna correzione è

richiesta per l’affidabilità, visto che il valore richiesto del 90% coincide con quello di riferimento

dei valori di resistenza, si dimostra che la Verifica è soddisfatta.

4. Verifica della sezione A

Una volta determinato il cuscinetto è possibile tracciare un disegno di massima dell’asse da

verificare, realizzato in accordo alle prescrizioni iniziali del problema e tenendo conto dei risultati

dei calcoli fin qui svolti. E’ evidente che il problema ammette un numero enorme di soluzioni però,

attraverso una serie di tentativi e in base all’esperienza accumulata in realizzazioni consimili è

20

possibile determinare una soluzione accettabile che deve essere verificata ed eventualmente

ottimizzata prima di essere accettata.

La soluzione proposta è riportata nella figura seguente. Sono da notare i seguenti aspetti salienti:

- il diametro della sezione A è maggiorato rispetto a quello determinato nel calcolo di primo

dimensionamento (54 mm rispetto a 45mm) per tenere conto della riduzione di resistenza

conseguente all’elevato numero di cicli di progetto (2.25·108 cicli).

- Il raggio di raccordo della sezione A è il massimo che consente di avere un appoggio di 3

mm sul raggio per la ruota e di utilizzare il semilavorato di partenza da 65 mm.

- La lunghezza del tratto intermedio si calcola considerando che dovendo essere pari a 65 la

distanza tra la mezzeria del cuscinetto e la mezzeria della ruota e utilizzando le dimensioni

determinate o fornite come dati del problema si ha che

65 = Li + B/2 + 85/2

da cui risulta Li = 11 mm come riportato in figura.

- E’ da notare che la lunghezza del tratto per l’alloggiamento del cuscinetto è pari a 21 mm,

mentre la dimensione B del cuscinetto è 23 mm. Questa differenza si giustifica considerando

che vi è lo smusso terminale dell’asse pari a 1 mm e che l’anello interno del cuscinetto deve

sporgere con certezza dall’alloggiamento per permettere la battuta assiale realizzata con una

piastrina fissata mediante vite all’asse (vd. Particolare della figura d’assieme dell’asse).

40 49 64 54

R=1.5

R=1.5

R=2.0

21 85 11

1x1

Sez.C

Assumendo i parametri caratteristici in base alle figure e tabelle della norma UNI 7670 si ottiene

KI = 1.05 KC = 1.6 KD = 1.0 KK = 1

Il fattore di forma effettivo si calcola per il caso di uno spallamento valutando i diversi parametri

come indicato qui di seguito

Kf = 1+ s· fs = 1.50 D/d = 1.19 r/d = 0.037 s = 0.45 fs = 1.1

In definitiva il valore dello sforzo di riferimento per il calcolo dell’esponente della curva di Wohler

risulta essere pari a

35.811 K

DICf

Dd K

KKKK

Mpa

e di conseguenza

dRc

loglog

108log102log 36

3.41 1' 2 ccc =6.96

Il calcolo del carico equivalente definitivo diventa dunque

8147'/1

2

'

21

'

1 ccc


Il fattore di adeguamento della resistenza per il numero di cicli di progetto si calcola allora con la

relazione

51.01025.2

102'/1

8

6

c

nK

mentre il coefficiente di sicurezza risulta pari a:

k = 3.21/c’

=1.18

In definitiva lo sforzo ammissibile è pari a:

n

k

d

of K

35.2 Mpa

Lo sforzo di flessione massimo è invece pari alla seguente espressione

26.34

32

653

d

Pef

Mpa

Confrontando i due valori si deduce che la Verifica è soddisfatta.

5. Verifiche finali

Prima di ritenere accettabile il progetto eseguito è necessario eseguire alcune verifiche finali che,

normalmente, non alterano le soluzioni progettuali previste ma che, tuttavia, è indispensabile

eseguire per avere la certezza ragionevole che nessun rischio di cedimento è stato trascurato.

Per quanto riguarda il cuscinetto si deve verificare che il carico massimo, pari a 9000 N, in

un’eventuale fermata prolungata a pieno carico non danneggi il cuscinetto provocando

deformazioni inaccettabili dei corpi volventi e degli anelli di rotolamento. A tale proposito si deve

verificare che

Pmax < C0

Dalle tabelle dei cuscinetti, precedentemente riportate si ricava che

C0 = 24000 N

Da tale valore emerge che la verifica è ampiamente soddisfatta.

Per quanto riguarda la verifica di resistenza è necessario assicurarsi che il carico massimo non

danneggi l’asse provocando sforzi prossimi allo snervamento nel punto di massima sollecitazione.

Eseguendo il calcolo nella sezione A si ottiene:

84.37

32

653

max

d

Pf

Mpa

Tale valore è molto lontano dallo snervamento del materiale che si verifica a 235 Mpa.

Infine si deve verificare che lo sforzo tangenziale provocato nella sezione più pericolosa verifichi la

resistenza a fatica. La sezione da verificare è quella denominata con C nel disegno dell’asse.

Infatti essa è la sezione più piccola in cui agisce il taglio massimo. In tale sezione lo sforzo

tangenziale ammissibile si calcola con la solita procedura della UNI 7670.

Pertanto utilizzando i valori

KI = 1.05 KC = 1.6 KD = 1.0 KK = 1

e calcolando nel solito modo il nuovo coefficiente di forma effettivo

Kf = 1+ s· fs = 1.53 D/d = 1.225 r/d = 0.0375 s = 0.50 fs = 1.05

E’ da notare che, come per la flessione, il ciclo di fatica si genera per la rotazione dell’asse che

porta, per effetto del moto rotatorio, una stessa zona di materiale a transitare in posizioni in cui lo

sforzo è diverso.

In definitiva il valore dello sforzo di riferimento per il calcolo dell’esponente della curva di Wohler

risulta essere pari a:

75.791 K

DICf

Dd K

KKKK

Mpa

e di conseguenza

dRc

loglog

108log102log 36

3.37 1' 2 ccc =6.89

Il calcolo del carico equivalente definitivo diventa dunque

8138'/1

2

'

21

'

1 ccc


Il fattore di adeguamento della resistenza per il numero di cicli di progetto si calcola allora con la

relazione

50.01025.2

102'/1

8

6

c

nK

mentre il coefficiente di sicurezza risulta pari a:

k = 3.21/c’

=1.18

In definitiva lo sforzo ammissibile è pari a:

Tn

k

d

of KK

19.50 Mpa

dove si è utilizzato il coefficiente di adeguamento per il tipo di tensione KT = 0.577, essendo di

fronte a sforzi tangenziali.

Lo sforzo di taglio massimo risulta pari a

4

3

42d

Pe

8.63 Mpa

La verifica è dunque soddisfatta.

Ripetendo inoltre il controllo sullo snervamento, già effettuato per gli sforzi di flessione si ottiene

per lo sforzo tangenziale in corrispondenza al carico massimo

4

3

42

max

d

P

9.54 Mpa

mentre lo sforzo tangenziale di snervamento è pari a 0.577·235 = 136 Mpa. Tale valore mette in

evidenza come anche questa verifica è ampiamente soddisfatta.

3.3 Progetto degli alberi

3.3.1 Calcolo dei carichi trasmessi

Considerando i seguenti dati calcolare le forze trasmesse da una cinghia trapezoidale al proprio

albero, trascurando l’effetto della forza centrifuga sulla massa della cinghia:

= 140 ° (angolo di abbraccio della cinghia sulla puleggia) d= 250 mm

P = 10 kW n = 800 g/min f = 0.5

Considerando il funzionamento di una trasmissione per cinghie del tipo di quella rappresentata in

figura, le forze T e t sono legate dalle ben note relazioni:

tTdP

M t 2

feqVt

qVT

2

2

La prima è l’equazione di equilibrio alla rotazione della puleggia e la seconda è l’equazione di

Eulero che governa il trasferimento delle forze per attrito da un flessibile ideale alla puleggia.6

Considerando di trascurare l’effetto della massa (q=0) e quindi dell’effetto centrifugo, si ottiene

tTdP

M t 2

fet

T

Dai dati iniziali si ricava

6 In realtà la relazione scritta è valida in condizioni di incipiente slittamento, quando cioè il cosiddetto arco ozioso, dove

non avviene slittamento e quindi non sono attive forze di attrito, è nullo.

d

D

y

x

T

t

60

2 n

= 83.78 rad/s

180

140 2.443 rad

Sostituendo l’espressione di T ricavata dalla relazione di Eulero nell’equazione di equilibrio alla

rotazione, si ottiene:

443.25.0

11250.078.83

100002

11

2

eed

PT

f

= 1354 N

da cui si ricava

443.25.0

1354

ee

Tt

f= 399 N

Per rendere agevole il successivo calcolo dell’albero portante la puleggia è necessario proiettare le

forze t e T sugli assi x e y, ricavando così le forze componenti che sollecitano l’albero nello stesso

sistema in cui verrà analizzato riguardo alla sua resistenza.

Facendo riferimento agli assi x e y rappresentati in figura si ottiene:

cos tTFx = 1647 N

sentTFy = 327 N

essendo in base a considerazioni geometriche

2

= 20°

3.3.2 Progetto semplificato

Un albero di trasmissione ha lo schema illustrato in figura; determinare i carichi agenti, ed eseguire

il progetto di massima.

Eseguire poi il calcolo delle reazioni vincolari e la determinazione della sezione più sollecitata.

Infine eseguire la verifica della sezione più sollecitata

Dati caratteristici:

P = 30 kW n = 300 g/min

R1(motrice):

Dp = 200 mm = 20° = 15 °

R2(condotta):

250 400 300

S1: Cerniera

R1

Motrice

Punto di

ingranamento

Sez. 1

Sez. 2

R2

Condotta

S2: Carrello

Dp = 400 mm = 20° = 15 °

Materiale (Indipendente dalle dimensioni):

R = 600 Mpa S = 450 Mpa D-1 = 350 Mpa

Durata dell’albero 5000 ore

Superfici rettificate; assenza di corrosione;

coefficiente di sicurezza per le sollecitazioni statiche X = 1.5

(Sez. 1) Kt = 1.6 r= 1.5 mm

(Sez. 2) Kt = 1.4 r =1.2 mm a =0.212 mm (Necessario per il calcolo di q)

1) Calcolo dei carichi agenti

60

2 n 31.416 rad/s

PM t 954,93 N·m

Carichi agenti

p

tt

d

MF

2

cos

tan2 n

p

tR

d

MF tantA FF tantf MM

RUOTA Ft (N) Fr (N) Fa (N) Mf (N·mm)

R1 9548.0 3597.6 2558.4 255836

R2 4774 1798.8 1279.2 255836

Il progetto di massima si esegue con la relazione

3*

16

o

tMd

= 62.41 mm cioè 65 mm 0

*= 20 Mpa

2) Calcolo delle reazioni e della sezione più sollecitata

Schema dei carichi

Il passo successivo è calcolare le reazioni vincolari.

A

B

R2

R1

x

y

z

FR1

Ft1

FA1

FA2

FR2 Ft2

Piano XY

RYA = 5120 N RXA = 1279 N RYB = 12869 N

Piano XZ

RZA = 4204.4 N RZB = -3028N

Determinazione della sezione più sollecitata

Sollecitazione SEZ.1(1) SEZ. 2 (2)

FORZA NORMALE 1279 2558

TAGLIO (N)

Piano XY 5120 9548

Piano XZ 4204,4 3597,6

Risultante 6624 10203

MOMENTO FLETTENTE (N·mm)

Piano XY 1535836 2864400

Piano XZ 1051100 823564

Risultante 1861076 2980444

MOMENTO TORCENTE (N·mm) 954800 954800

(1) Sezione 1 in corrispondenza della ruota R2 condotta

(2) Sezione 2 in corrispondenza del cuscinetto di destra

La sezione più sollecitata è la 2.

3) Verifica della sezione più sollecitata

La verifica di resistenza della sezione più sollecitata esegue considerando agenti le seguenti

sollecitazioni

A

NN = 0.77 Mpa

f

f

fW

M = 110.54 Mpa

A B R1

R2 Ft1

FA1

FR2

MF2

FA2

X

Y

A B R1

R2 FR1

Ft2

MF1

X

Z

fN min = -109.78 Mpa fN max = 111.31 Mpa

t

tt

W

M = 17.71 Mpa

Il calcolo dello sforzo ammissibile si esegue secondo la UNI 7670

KI = 1.05 KC = 1.0 KD = 1.0

r

aq

1

1= 0.85 11 qKK tf =1.34

max

min

k = - 0.986

kKK

23

5

=1.01

k

DICf

Dd K

KKKK

1

= 251.2 Mpa

N = Lh*n*60 = 9·107 cicli

dRc

loglog

108log102log 36

6.34 1' 2 ccc =12.76

'1

7

6

109

102 c

nK

= 0.74

k = 3.21/c’

=1.09

KT = 1

Tn

k

d

of KK

170.5 Mpa

577.0X

Sok = 173.1 Mpa (in quanto la torsione è una sollecitazione statica)

22

max

ok

t

ok

= 0.456 <1.0

La verifica è soddisfatta

3.4 VIBRAZIONI FLESSIONALI

3.4.1 Applicazione del principio di Dunkerlay

Un albero ha 2 masse calettate come esposto in figura. Calcolare con il principio di Dunkerlay la

prima velocità critica.

Fig. 5.1 Schema dell’albero con due masse

a11 a21 a22

5,20079E-07 3,18065E-07 2,75083E-07

1/omega² 0,000187 0mega 1 73,21724184 F(1) Hz 11,6529

3.4.2 Calcolo delle velocità critiche di un albero con tre masse

Il sistema da calcolare è formato da un albero e da 3 masse concentrate, come mostrato in figura.

I dati del problema sono riassunti nelle seguenti tabelle.

DATI MASSE

D (m) 0,04 E (Pa) 2,10E+11 M1 (kg) 150

L 0,90 M2 (kg) 250

a1 (m) 0,35 b1 (m) 0,55 M3 (kg) 100

a2 (m) 0,70 b2 (m) 0,2

350 350 200

M1 = 200 kg M2 = 300 kg

Sezione Albero

D = 40 mm

L

a1

a2

a3 b3

b2

b1

D

Sezione Albero M1 M2 M3

a3 (m) 0,50 b3 (m) 0,4

L’elemento motore è un motore elettrico ruotante a 580 giri/min.

L’elemento utilizzatore è una pompa a due pistoni.

Come primo passo è necessario calcolare i modi propri del sistema.

Il momento di inerzia è pari a

64

4DI

= 1.2566·10-7

m4

La caratteristica elastica dell’albero è quindi:

EI = 2.64104 Nm

2

Il primo passo è il calcolo dei fattori di influenza con la seguente espressione generale

L’espressione è valida purché il punto i sia compreso tra il supporto di sinistra e il punto j.

Ovviamente risulta verificata la relazione:

ij = ji

Svolgendo i calcoli si ottiene:

a21 (m/N)

3,18065E-07

a31 (m/N)

5,18236E-07

a23 (m/N)

3,64906E-07

a11 (m/N)

5,20079E-07

a22 (m/N)

2,75083E-07

a33 (m/N)

5,61394E-07

Il determinante dei coefficienti del sistema risolvente è

0

)1(

)1(

)1(

2

333232

2

131

2

323

22

222121

2

313

2

212

22

111

ccc

ccc

ccc

mmm

mmm

mmm

Eseguendo i calcoli si ottengono i seguenti risultati:

RISULTATI omega 1(rad/s) 72,531 F(1) Hz 11,544 omega 2 (rad/s) 292,657 F(2) Hz 46,578 omega 3 (rad/s) 927,125 F(2) Hz 147,557

Il valore della prima frequenza critica può essere anche calcolato con il metodo di Dunkerlay.

ii

j

i

j

i

jiiij

ba

a

b

a

a

a

EIL

ba2

322

26

3

12

1

1iiim

= 70.1998 rad/s cioè F(1) = 11.1727 Hz

con un errore percentuale pari a

Err = -3.21%

La prima frequenza critica può inoltre essere calcolata mediante il metodo approssimato di Stodola.

I passi per eseguire il calcolo sono i seguenti:

1) Si assume = 1

2) Si assume una deformata compatibile con i vincoli.

3) Si calcolano le forze centrifughe corrispondenti Fci = 2miyi

4) Si carica la struttura con le forze centrifughe calcolando gli spostamenti

3

1

*

j

cjiji Fy

5) Si confrontano gli spostamenti calcolati con quelli assunti, valutando per esempio

13

3

1 *

i

i

y

y

Er

6) Se la quantità Er è inferiore all’errore ammissibile il calcolo è finito; altrimenti si procede ad

un’ulteriore iterazione. L’iterazione viene iniziata calcolando

3

3

1 *

0

i

i

y

y

e utilizzando i valori yi* come deformata compatibile con i vincoli.

Svolgendo i calcoli si ricavano i seguenti risultati:

Iter. (rad/s) y1(m) y2(m) y3(m) F1c(N) F2c(N) F3c(N)

1 1 0,001 0,002 0,001 0,15 0,5 0,1

2 72,20936 2,88868E-07 2,21742E-07 3,16328E-07 0,225932 0,289050908 0,164939338

3 72,58532 2,94917E-07 2,11561E-07 3,15158E-07 0,233071 0,27865931 0,166045223

4 72,53549 2,95898E-07 2,11377E-07 3,15687E-07 0,233525 0,278034434 0,166095471

5 72,53205 2,95961E-07 2,11368E-07 3,15723E-07 0,233553 0,277996134 0,166098448

6 72,53184 2,95965E-07 2,11367E-07 3,15725E-07 0,233555 0,277993782 0,16609863

Iter. y1*(m) y2*(m) Y3*(m) Er F (Hz)

1 2,88868E-07 2,21742E-07 3,16328E-07 5213,192 0,159155078

2 2,94917E-07 2,11561E-07 3,15158E-07 0,01044 11,4924861

3 2,95898E-07 2,11377E-07 3,15687E-07 -0,00137 11,55232294

4 2,95961E-07 2,11368E-07 3,15723E-07 -9,5E-05 11,54439145

5 2,95965E-07 2,11367E-07 3,15725E-07 -5,9E-06 11,54384459

6 2,95965E-07 2,11367E-07 3,15725E-07 -3,6E-07 11,54381067

L’errore rispetto al valore esatto risulta essere

E % = 0.0749% per il 3° tentativo


E’ da notare che se si usa per il primo tentativo la deformata statica derivante dall’azione delle forze

peso corrispondenti alle masse presenti, la convergenza è assai più veloce. Infatti si ottiene,

utilizzando i fattori di influenza prima determinati e i carichi pari a Pi = mig

Iter. (rad/s) y1(m) y2(m) y3(m) F1c(N) F2c(N) F3c(N)

1 1 0,002053739 0,001500645 0,002208244 0,308061 0,37516132 0,220824354

2 72,54874 3,93981E-07 2,81764E-07 4,20516E-07 0,311047 0,370753185 0,221331151

3 72,53298 3,94394E-07 2,81686E-07 4,2074E-07 0,311238 0,370489676 0,221352569

Iter. y1*(m) y2*(m) Y3*(m) Er F (Hz)

1 3,93981E-07 2,81764E-07 4,20516E-07 5262,32 0,159155

2 3,94394E-07 2,81686E-07 4,2074E-07 -0,00043 11,5465

3 3,94421E-07 2,81682E-07 4,20755E-07 -3E-05 11,54399



La prima frequenza può essere calcolato con il metodo di Rayleigh. Il principio di Rayleigh è basato

sul fatto che, in un sistema vibrante, al momento di inversione del moto l’energia immagazzinata

nel sistema è tutta sotto forma di energia elastica mentre quando i vari punti della struttura

transitano per la posizione di riposo la velocità è massima e l’energia immagazzinata nel sistema è

tutta sotto forma di energia cinetica. Essendo il sistema non smorzato si può scrivere per l’energia

elastica e per quella cinetica:

cinel EE

Considerando che in prima approssimazione le forze peso corrispondenti all’azione delle masse

costituenti il sistema provocano una deformata prossima a quella dinamica, per il sistema a n g.d.l.

si può scrivere:

2

1

2

1 2

1

2

1ii

n

ii

n

Pg

P

e quindi

2

1

12

2

1

2

1

ii

n

i

n

P

Pg

F1 F2 F3 y1 y2 y3 Omega F (HZ)

1471,5 2452,5 981 0,002053739 0,001501 0,002208244 72,58549428 11,55234997


E % = 0.0751 %

Una volta determinate le frequenze del sistema è possibile eseguire il confronto con le possibili

eccitazioni per verificare i rischi di risonanza.

Secondo rilevazioni sperimentali, il motore elettrico può avere le seguenti eccitazioni

Motore Eccitazioni Origine

Hz

e1m 9,666667 N·1

e2m 19,33333 N·2

e3m 29 N·3

N = velocità di rotazione

L’utilizzatore costituito da una pompa a 2 pistoni può avere le seguenti eccitazioni:

Utilizzatore Eccitazioni Origine

Hz

e1u 19,33333 N·2·1

e2u 38,66667 N·2·2

e3u 58 N·2·3

E’ possibile quindi calcolare i valori dei rapporti tra le diverse eccitazioni e le frequenze del

sistema; i risultati sono riassunti nella seguente tabella.

Motore n 580 rpm

Eccit (Hz) Ecc/f1 Ecc/f2 Ecc/f3

e1m 9,666667 0,837395436 0,207531849 0,065511558

e2m 19,33333 1,674790872 0,415063699 0,131023117

e3m 29 2,512186308 0,622595548 0,196534675

Utilizzatore

e1u 19,33333 1,674790872 0,415063699 0,131023117

e2u 38,66667 3,349581743 0,830127398 0,262046233

e3u 58 5,024372615 1,245191097 0,39306935

Da numerosi dati sperimentali si può assumere che la condizione di rischio da evitare in sede di

progetto preliminare è quella che prevede il rapporto tra Eccitazione e Frequenza compreso tra 0.8 e

1.2.

Alla luce di questa considerazione ci sono due situazioni di rischio corrispondenti a:

- alla prima eccitazione del motore con la prima frequenza

- alla seconda eccitazione dell’utilizzatore con la seconda frequenza.

Essendo entrambi i valori intorno a 0.83, una possibile soluzione è quella di irrigidire il sistema per

aumentare le frequenze. E’ necessario però considerare che la stessa modifica potrebbe provocare

un nuovo rischio tra la terza eccitazione dell’utilizzatore con la seconda frequenza, che ha un valore

attuale pari a 1.245 prossimo quindi al limite.

Aumentando il diametro dell’albero a 41 mm si ottengono i seguenti valori delle frequenze:

RISULTATI omega 1(rad/s) 76,2063 F(1) Hz 12,12862 omega 2 (rad/s) 307,4706 F(2) Hz 48,93551 omega 3 (rad/s) 974,0608 F(2) Hz 155,0267

A questi risultati corrispondono i seguenti valori dei rapporti tra eccitazioni e frequenze:

Motore n 580 rpm


E1m 9,666667 0,797013 0,197539 0,062355

E2m 19,33333 1,594026 0,395078 0,12471

E3m 29 2,391039 0,592617 0,187065

Utilizzatore

E1u 19,33333 1,594026 0,395078 0,12471

E2u 38,66667 3,188052 0,790156 0,249419

E3u 58 4,782078 1,185233 0,374129

Come risulta evidente sono stati risolti i problemi evidenziati in precedenza ma, come previsto, si è

creato il problema per la terza eccitazione dell’utilizzatore e la seconda frequenza. La soluzione può

essere raggiunta riducendo la seconda frequenza in modo da correggere il rapporto con la terza

eccitazione senza però alterare troppo il rapporto tra la seconda eccitazione dell’utilizzatore e la

seconda frequenza. Un valore della seconda frequenza che raggiunge entrambi gli obiettivi è 48.2

Hz. Questo obiettivo può essere conseguito modificando le masse calettate mediante masse

aggiuntive. In particolare modificando M2 con una massa aggiuntiva di 14 kg si ottiene per le

masse

MASSE

M1 (kg) 150

M2 (kg) 264

M3 (kg) 100

Rieseguendo i calcoli, i valori delle frequenze risultano essere le seguenti: RISULTATI omega 1(rad/s) 76,2063 F(1) Hz 12,12862 omega 2 (rad/s) 307,4706 F(2) Hz 48,93551 omega 3 (rad/s) 974,0608 F(2) Hz 155,0267

I valori dei rapporti tra eccitazioni e frequenze risultano essere i seguenti:

Motore n 580 rpm


E1m 0,8043 0,200641 0,062518 0,8043

E2m 1,608599 0,401282 0,125037 1,608599

E3m 2,412899 0,601923 0,187555 2,412899

Utilizzatore

E1u 1,608599 0,401282 0,125037 1,608599

E2u 3,217198 0,802564 0,250073 3,217198

E3u 4,825797 1,203846 0,37511 4,825797

I valori dei rapporti sono tutti accettabili anche se in ben tre casi pari al limite ammissibile.

3.5 VIBRAZIONI TORSIONALI

3.5.1 Sistema a tre volani

Un azionamento ha lo schema e i dati riportati in figura. Verificare che il motore, che ruota a 900

g/min non generi risonanze.

Fig. 6.1 Sistema a tre volani

Risultati Eccitazioni

I1 250,00 K12 2,30E+04 15,00 M B 2287,017

I2 300,00 k23 3,30E+05 30,00 2M C 658953,2

I3 100,00 45,00 3M

F1 1,942161 Hz

F2 10,58725 Hz

Confronto con eccitazioni

f/f1 f/f2

M 15,00 7,72 1,42

2M 30,00 15,45 2,83

3M 45,00 23,17 4,25

6.2 Azionamento di un mulino

Si supponga di avere un sistema come quello in figura, costituito da un motore, un riduttore a due

coppie e da un mulino a 4 pale.

500 400 1000

Im Ir11 d1

Ir12

Ir21

d2

d3 Ir22 Iu

I1 = 250 kg·m²

I2 = 300 kg·m²

I3 = 100 kg·m²

D1= 30 mm L1 = 200 mm

D2= 40 mm L2 = 250 mm

D3= 50 mm L3 = 150 mm

L1 L2

D1 D2

L3

D3

I1 I2 I3

I dati caratteristici del sistema sono i seguenti:

Inerzie Diametri Velocità Ruote dentate

Im 80 kg·m² d1 90 mm n1 900 g/min R11 19 denti

I11 1,9 kg·m² d2 130 mm n2 300 g/min R12 57 denti

I12 150 kg·m² d3 190 mm n3 100 g/min R21 23 denti

I21 4,5 kg·m² R22 69 denti

I22 372 kg·m²

Iu 5000 kg·m²

I momenti di inerzia degli alberi si calcolano con la relazione

32

4dJ


Momento di inerzia

Albero 1 6,44E-06 m4



Le rigidezze si calcolano con la relazione

Per analizzare il sistema è necessario ridurlo ad uno stesso asse, per esempio quello veloce. Le

relazioni da applicare sono le seguenti

Svolgendo i calcoli si ottiene il sistema ridotto rappresentato in figura

Sistema ridotto

I1 80 kg·m²

I2 18,56667 kg·m²

I3 5,092593 kg·m²

I4 61,7284 kg·m²

K12 1,03E+06 N·m/rad

K23 623884,7 N·m/rad

K34 126521,1 N·m/rad

I1 I2 I3 I4

K1

2

K2

3

K3

4

L

IGK

p

R

2

R

eff

effR II

2

R

eff

eff

p

RL

IGK

La valutazione del comportamento del sistema può essere eseguita con modelli di crescente

complessità che forniscono risultati sempre più vicini al comportamento reale dell’azionamento.

Il modello più semplice è ovviamente quello a due volani, che consente il calcolo di una sola

velocità critica. Il modello è rappresentato nella figura seguente.

Il calcolo della velocità critica si esegue con la relazione:

*

2

*

1

*

1

11

2

1

IIKf

= 7.69 Hz

Il secondo modello che si può sviluppare è quello a tre volani, immaginando di condensare in un

unico volano l’albero intermedio. Il sistema è rappresentato in figura.

Il calcolo delle velocità critiche si esegue con le relazioni

o

oo

o

o

o

o

I

KK

I

K

I

KB

2

21

3

2

1

1

2

1

ooo

ooo

oo

IIIIII

KKC 321

321

21

CBBf 2

2,12

1


f°1= 8.77 Hz f°2= 39.27 Hz

Infine si può utilizzare il modello completo. La soluzione impone di trovare i valori di per cui si

annulla il determinante dei coefficienti del sistema risolvente. Il sistema si scrive nella forma

seguente:

I*2=(I2+I3)/2+I4 I

*1=I1+(I2+I3)/2

34

1

23

1

12

1

1

KKK

K

I°1=I1 I°3=I4 I°2=I2+I3

K°1=K12 K°2=K34

Il determinante dei coefficienti risulta allora

I valori di per cui si annulla possono essere trovati mediante una procedura iterativa. Svolgendo i

calcoli si ricava:

f1 = 8.056 Hz

f2 = 38.651 Hz

f3 = 69.394 Hz

Lo stesso modello può essere risolto utilizzando una procedura di calcolo iterativo, più semplice di

quella che permette di trovare le radici del determinante dei coefficienti uguagliato a 0. Infatti

manipolando opportunamente le equazioni del sistema si può scrivere:

In cui l’ultima equazione si ottiene sommando tutte le equazioni del sistema. Ponendo allora 1 = 1

si calcolano i valori di 2 3 4 e si possono allora trovare i valori di che annullano l’ultima

equazione. L’andamento dei valori dell’ultima equazione in funzione di sono riportati nella figura

seguente.

-3000

-2000

-1000

0

1000

2000

3000

4000

0 50 100 150 200 250 300 350 400 450

omega

Test

0

0

0

0

4

2

434334

4343

2

33423223

3232

2

22312112

2121

2

112

IKK

KIKKK

KIKKK

KIK

0

00

0

0

00

2

43434

34

2

3342323

23

2

2231212

12

2

112

IKK

KIKKK

KIKKK

KIK

0

1

1

1

44332211

3

2

33423223

34

4

2

2

22312112

23

3

12

2

1122

1

IIII

IKKKK

IKKKK

K

IK

Svolgendo i calcoli si ricava:

f1 = 8.086 Hz

f2 = 38.589 Hz

f3 = 69.394 Hz

In definitiva, considerando i valori calcolati con i diversi modelli e metodi si ottiene la seguente

tabella riassuntiva:

Frequenza

2 Volani (Hz) 3 Volani

(Hz)

4 Volani (zeri del

determinante) (Hz)

4 Volani (calcolo

iterativo) (Hz)

f1 7.694 8,769 8.086 8.056

f2 --- 39,268 38.589 38.651

f3 --- --- 69.395 69.394

Per proseguire l’analisi è necessario confrontare le velocità critiche torsionali con le eccitazioni

possibili.

L’analisi delle eccitazioni possibili fornisce i seguenti valori

Origine Frequenza (Hz) Origine Frequenza (Hz) Origine Frequenza (Hz)

Motore 15.000 Albero 2 5.000 Albero 3 1,667

Motore x 2 30.000 Albero 2 x 2 10.000 Albero 3 x 2 3,333

Motore x 3 45.000 Albero 2 x 3 15.000 Albero 3 x 3 5.000

Coppia 1 285 Coppia 2 115 Mulino 6,667

Coppia 1x 2 570 Coppia 2x 2 230 Mulino x 2 13,333

Coppia 1x 3 855 Coppia 2x 3 345 Mulino x 3 20.000

La valutazione del pericolo di risonanza si può eseguire calcolando per ciascuna eccitazione il

rapporto eccitazione/risonanza. Si ottengono i valori riportati nella seguente tabella.

Causa Ecc f1

8,06 f2

38,65 f3

69,39

motore 15,00 1,86 0,39 0,22

30,00 3,72 0,78 0,43

45,00 5,59 1,16 0,65

albero 2 5,00 0,62 0,13 0,07

10,00 1,24 0,26 0,14

15,00 1,86 0,39 0,22

albero 3 1,67 0,21 0,04 0,02

3,33 0,41 0,09 0,05

5,00 0,62 0,13 0,07

Coppia 1 285,00 35,38 7,37 4,11

570,00 70,76 14,75 8,21

855,00 106,13 22,12 12,32

Coppia 2 115,00 14,28 2,98 1,66

230,00 28,55 5,95 3,31

345,00 42,83 8,93 4,97

Mulino 6,67 0,83 0,17 0,10

13,33 1,66 0,34 0,19

20,00 2,48 0,52 0,29

4. SUPPORTI

4.1 Cuscinetti volventi

Un cuscinetto volvente a rulli a botte è caricato dalle seguenti forze:

FR = 12000 N FA = 1300 N n = 750 g/min

Scegliere tra i seguenti cuscinetti quello adeguato a garantire una durata teorica pari a 20000 ore,

Esporre come è possibile ottenere che la durata teorica e quella corretta coincidano,

La durata teorica di un cuscinetto si calcola con la relazione:

60

106

nP

CL

m

h

dove

Lh è la durata espressa in ore

C è il carico dinamico del cuscinetto, cioè il carico che provoca una durata di 106 giri, espresso

in N

P è il carico dinamico equivalente, espresso in N, e legato ai carichi agenti e alle caratteristiche

del cuscinetto dalla seguente relazione:

AR YFXFP

X,Y sono i coefficienti caratteristici del cuscinetto che, per ciascun tipo di cuscinetto, dipendono

dal confronto del rapporto FA/ FR con il valore di e; in particolare se

FA/ FR<e X=X1 Y=Y1

FA/ FR>e X=X2 Y=Y2

m =10/3 perché i corpi volventi sono rulli a botte.

Nel caso in esame si ha sempre

FA/ FR=0,108 <e

Pertanto per tutti i tipi di cuscinetto da confrontare deve essere:

X=X1 Y=Y1

A questo punto il problema può essere risolto in due modi: uno “brutale”, che consiste nel calcolare

la durata dei tre cuscinetti e scegliere quello che si avvicina di più al valore di 20000 ore di durata,

1° Metodo

N Fa/Fr e X Y P C Lh

1 0,108333 0,28 1 2,4 15120 81500 6102,015

2 0,108333 0,24 1 2,8 15640 84500 6149,698

3 0,108333 0,24 1 2,8 15640 122000 20918,51

Pertanto il cuscinetto da scegliere è il numero 3.

2° Metodo

Considerando di assumere prudenzialmente i seguenti valori

X=X1 = 1 Y=Y1=2.8

Si ottiene

AR YFXFP = 15640 N

N d(mm) D(mm) B(mm) C(N) e X1 Y1 X2 Y2

1 40 80 23 81500 0,28 1 2,4 0,67 3,6

2 50 90 23 84500 0,24 1 2,8 0,67 4,2

3 60 110 23 122000 0,24 1 2,8 0,67 4,2

Dalla definizione di durata si ricava che il carico dinamico del cuscinetto deve essere almeno pari a:

m

h

nLPC

1

610

60

= 120367 N

Pertanto il cuscinetto n. 3 è quello da scegliere. Esso in particolare assicura una durata pari a:

60

106

nP

CL

m

h = 20919 ore

La durata corretta del cuscinetto è pari a:

231

6

60

10aa

nP

CL

m

h

dove

a1 è il fattore di affidabilità che è pari a 1 per affidabilità del 90%

a23 è il fattore semplificato che tiene conto delle condizioni di lubrificazione. Esso è pari a 1 per

k=/ dove è la viscosità cinematica del lubrificante alla temperatura di funzionamento e

è la viscosità cinematica di riferimento del lubrificante stabilita dal costruttore in base al

diametro medio del cuscinetto e alla velocità di rotazione.

Per ottenere che la durata teorica coincida con la durata corretta è necessario:

- se l’affidabilità richiesta è pari a 90%, scegliere un lubrificante che alla temperatura di

funzionamento assicuri una viscosità cinematica uguale o superiore a quella di riferimento.

- se l’affidabilità richiesta è superiore a 90%, scegliere un lubrificante che alla temperatura di

funzionamento assicuri una viscosità cinematica superiore a quella di riferimento in modo

che sia almeno a1·a23 ≥ 1.

Qualora di voglia utilizzare il metodo di calcolo della SKF, il ragionamento è lo stesso in quanto la

durata corretta è pari a

SKF

m

h aanP

CL 1

6

60

10

e deve essere per entrambe le condizioni esaminate prima a1·aSKF ≥ 1. In questo caso le variabili da

controllare non sono soltanto e ma anche il parametro Pu/P che esprime la dipendenza delle

condizioni di lubrificazione dal grado di sollecitazione del cuscinetto, rispetto alle sue capacità

limite (Pu/P) e dal grado di pulizia del lubrificante

4.2 Cuscinetti a strisciamento

4.2.1 Progetto geometrico

Eseguire il progetto geometrico di un cuscinetto a strisciamento con i seguenti dati:

F = 10000 N n = 500 g/m po = 5 Mpa v < 1.5 m/s

Assumo k = 1

okp

Fd = 44.72 mm cioè 45 mm b = 45 mm

260

2 dnV

= 1.18 m/s p = 4.94 Mpa

43108.0 V = 0.833·10-3

D = 45.037 mm

4.2.2 Progetto completo

Eseguire il calcolo di un cuscinetto a strisciamento partendo dai seguenti dati caratteristici:

F = 15000 N

n = 400 g/min

Applicazione per Macchina utensile.

Utilizzando le tabelle in [1] per i valori caratteristici dei cuscinetti e dei relativi materiali si ha

quanto segue

Tab. 1 Caratteristiche dei cuscinetti a strisciamento

Tipo di applicazione p(Mpa) v(m/s) k 7Ncc·10

8

Trasmissioni di potenza (Es.continuo) 0.6-2.0 0.15-1 1-2 7-20

Apparecchi di sollevamento 6.-35. - 1-2 -

Macchine utensili 2.-5. 0.3-1.2 1.2-2 0.5-2.5

Macchine elettriche o idrauliche 0.1-1.2 10-14 0.8-1.5 1-2

Turbine a vapore 0.8-1.5 30-60 0.8-1.3 20-45

Compressori 2.5-12 2.-3.5 0.8-1.4 2-7

Motori a ciclo Otto (bielle) 10-24 - 0.5-0.7 1.-2.5

Motori a ciclo Otto (albero a a gomito) 6-12 - 0.5-0.7 2-4

Motori Diesel (bielle) 10-25 1-3 0.4-0.9 1.2-2.5

Motori Diesel (albero a gomito) 5-13 2-5 0.4-0.9 2.5-5

Grandi motori Diesel marini (bielle) 7-15 - 0.6-0.8 2-4

Grandi motori Diesel marini (albero a gomito) 4-9 - 0.7-0.9 2-5

7 Valori di primo dimensionamento che possono essere modificati in presenza di un calcolo termico attendibile.

Tab.2 Valori caratteristici delle pressioni per i materiali dei cuscinetti a strisciamento.

Materiale pamm (Mpa) Materiale pamm (Mpa)

Bronzi al Pb 20-28 Leghe Cu-Pb 10-18

Bronzi allo Sn 25-28 Leghe di Al 30-35

L.Antifr. al Pb 5-8 Placcature in Ag 35

L.Antifr. allo Sn 6-10 Cusc.trimetallici 14-35

Leghe al Cd 10-14 Legno 3-4

Si sceglie quindi un cuscinetto in lega Antifrizione al Pb in cui la pressione massima è pari a 5-8

Mpa .

Assumiamo come valori di primo tentativo, congruentemente con quanto riportato in tabella 1

k = 1.2 p0 = 3 Mpa

Ottengo per il diametro il valore

kp

Fd

0

64.55 mm che può essere arrotondato a 65 mm8

La velocità di strisciamento risulta quindi essere pari a:

2

dV 1.36 m/s

60

2 n 41.888 rad/s

Il valore della velocità è un po’ fuori del campo abituale per il tipo di applicazione di conseguenza

correggo le assunzioni per ottenere un valore accettabile. Nel correggere le assunzioni assumo in

particolare un valore di k tale da avere un valore arrotondato per b.

k = 1.60715 p0 = 3 Mpa

Ottengo per il diametro il valore

kp

Fd

0

55.77 mm che può essere arrotondato a 56 mm

La velocità di strisciamento risulta quindi essere pari a:

2

dV 1.17 m/s

60

2 n 41.888 rad/s

dkb 90.00 mm

I valori sono accettabili secondo la normale pratica costruttiva.

A questo punto è possibile calcolare il gioco relativo mediante l’espressione:

34 108.0 V 0.83·10-3

Da tale valore deriva il Diametro D del cuscinetto pari a:

ddD 56.047 mm

Dalla tabella 3 si ricava che nel campo 50-80 mm è possibile utilizzare l’accoppiamento H7/f7 che

assicura un valore medio del gioco relativo pari a

= 0.92·10-3

prossimo a quello calcolato. E’ da notare che nella parte successiva del progetto si dovrà quindi fare

riferimento a tale valore medio.

8 E’ da notare che trattandosi di una porzione di estremità di un albero che comunque deve essere lavorata per portarla a

misura del cuscinetto, non è necessario fare nessuna considerazione riguardo alle dimensioni del semilavorato da

utilizzare. Tali considerazioni sono invece da svolgere per dimensionare il resto dell’albero che qui non viene studiato.

Tab.3 Esempi di tolleranze associate ai valori di

Diametro

(mm) Valori di ·10

-3

H7/g6 H7/f7 H7/e8 H7/d8 H7/c8 H7/b8 H7/a8

3050 0.74 1.25 2.05 2.80 3.95 5.17 8.97

5080 0.53 0.92 1.50 2.12 2.82 3.59 6.20

80120 0.41 0.71 1.16 1.65 2.20 2.75 4.56

120180 0.31 0.55 0.91 1.31 1.78 2.24 3.94

180250 0.24 0.45 0.74 1.06 1.48 2.04 3.82

La scelta dell’olio deve essere fatta in modo che il punto di funzionamento del cuscinetto si trovi

nel ramo stabile della curva di figura e sufficientemente lontano dal punto di minimo che segna la

transizione tra funzionamento stabile e funzionamento instabile.

Inoltre si deve notare che considerando l’espressione di Ncc

p

nN cc

e quella di nT

d

pknT

' dove k’ = hamm·,

avendo indicato con h0 lo spessore minimo ammissibile del meato fluido per l’assenza di contatto, si

può scrivere, moltiplicando e dividendo per n l’espressione di nT

cc

TNd

nk

n

n

d

pk

d

pkn

'''

e dato che deve risultare, perché il funzionamento sia stabile in modo affidabile che:

3Tn

n 9

Dato che hamm rappresenta il valore minimo del meato per cui non c’è contatto tra le superfici, si può

assumere che esso sia

hamm > Ra(albero)+Ra(cuscinetto)

Considerando superfici rettificate (Ra = 1.6 m) si può considerare che

hamm = 3.5 m e quindi k’=3.22·10-9

m

Sostituendo si può concludere che deve risultare

d

kN cc

'3 > 17.3·10

-8

Tale valore risulta fuori del campo consigliato in tabella 1 (0.5-2.5·10-8

) e pertanto è indispensabile

un calcolo dettagliato e affidabile del cuscinetto per quanto riguarda la parte termica.

Dalla limitazione sul numero di giri di transizione è possibile calcolare un valore attendibile per la

viscosità dell’olio. Si ottiene

dn

pk

T

' = 7.70·10

-8 Mpa·s

Considerando che la temperatura di funzionamento dovrà essere inferiore a 60-65 C° per evitare il

rapido deterioramento dell’olio e per non dover utilizzare additivi che penalizzano il costo del

9 Il valore 3 deriva dal fatto che v<3 m/s; infatti per 3<v<10 si dovrebbe porre n/nTv, avendo inteso con v il valore

numerico della velocità di strisciamento.

lubrificante, si sceglie un olio che abbia una viscosità del tipo di quella ora calcolata nel campo di

temperature considerato. Dato che le caratteristiche dell’olio in funzione della temperatura vengono

fornite in termini di viscosità cinematica, è necessario calcolare quest’ultima. La relazione da

utilizzare è la seguente:

dove r è la densità dell’olio che, in prima approssimazione per oli minerali si può assumere

= 800-850 kg/m³

Utilizzando il valore 825 kg/m³ si ha

= 93.34 mm²/s

Dato che non si ha la certezza di scegliere l’olio correttamente si scelgono tre tipi di olio plausibili

utilizzando il grafico di figura e si eseguono i calcoli per tutte e tre gli oli.

I passi di calcolo da compiere sono i seguenti:

1) si assume una temperatura compresa tra 40 °C (temperatura ambiente) e 60 C° (temperatura

massima;

2) si valutano sul grafico le viscosità degli oli in corrispondenza di 40 e 60 °C;

3) per interpolazione lineare si calcola la viscosità alla temperatura assunta;

La relazione è dunque:

4040604060

40

a

a

TT

4) si calcola il valore del numero di Sommerfeld come

pS

2

5) si calcola il coefficiente di attrito f

La relazione da usare è

Sf

3 se S1

oppure

Sf

3 se S<1

6) si calcola lo spessore minimo del meato durante il funzionamento a regime h0

La relazione da usare è

k

k

S

dDh

1

21

20

7) si calcola la portata di lubrificante QL scegliendo, di conseguenza, il regime di lubrificazione

vbhQL 0

dove vale 0.5 se k>1.5 (deflusso laterale trascurabile) oppure 0.75 se k<1.5

8) si calcola la potenza generata per attrito da dissipare con la trasmissione del calore

Pa = F·v·f

9) si assume una velocità dell’aria w per calcolare il fattore di scambio termico e l’entità

della superficie di scambio termico A

Le relazioni da usare sono rispettivamente

31081.264.1 w kcal/(m²s°C)

A = (510)·d·b

10) si calcola la temperatura di funzionamento da confrontare con quella assunta al passo1)

A

PTT a

oc

Se TcTa il calcolo può proseguire altrimenti si deve correggere il valore di fino a rispettare tale

condizione.

11) in base al valore definitivo della temperatura si calcola il valore della viscosità e quello del

numero di giri di transizione per verificare che il rapporto tra la velocità di rotazione e quella di

transizione rispetti la limitazione.

Nella tabella seguente sono riportati i risultati dei calcoli eseguiti per tre diversi oli.

Grandezza ISO 68 VG ISO 100 VG ISO 220 VG ISO 150VG

Ta °C 48.50 51.14 58.10 49.42

(40°) mm²/s 68 100 220 150

(60°) mm²/s 30 42 80 55

(Ta) mm²/s 51.85 67.69 93.30 105.26

(Ta) Mpa·s 4.28·10-8

5.58·10-8

7.69·10-8

8.68·10-8

S 1.41 1.08 0.78 0.69

f 0.00233 0.00265 0.00353 0.00399

H0 mm 0.0204 0.0267 0.0368 0.0415

QL mm³/s 1078.94 1408.64 1941.47 2190.24

Pa (W) 40.95 46.79 62.15 70.11

w m/s 1.00 1.00 1.00 4.00

kcal/(m²s°C) 0.00445 0.00445 0.00445 0.00726

A m² 0.1187 0.1187 0.1187 0.1187

To °C 30 30 30 30

Tc °C 48.504 51.143 58.081 49.418

nT (giri/s) 4.00 3.06 2.22 1.97

n/nT 1.67 2.18 3.00 3.38

ESITO NEGATIVO NEGATIVO POSITIVO POSITIVO

Dai risultati si deduce che l’olio da utilizzare è ISO 220 VG con una temperatura di funzionamento

pari a 58.1 °C senza attivare il raffreddamento con un ventilatore. L’olio ISO 150 VG soddisfa i

requisiti se la circolazione dell’aria è attivata con un ventilatore che assicuri w = 4 m/s.