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
cui corrisponde, attraverso l’area resistente F = 77450 N
Considerando infine un comportamento elastico - perfettamente plastico, si ottiene
222t
s
K
ES = 151.1 Mpa
cui corrisponde, attraverso l’area resistente F = 75550 N
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
Di conseguenza l’esponente della curva di Wöhler vale:
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
Kc Fattore per la corrosione in acqua dolce che per R = 430 Mpa vale circa 1.75
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.
KI Fattore per la finitura superficiale che per 0.6 < Ra < 1.6 m e per R = 430 Mpa vale circa
1.03
KK Fattore per la forma del ciclo che per un ciclo con k = min/max = 0 vale KK=5/(3-2k) =
1.67
Di conseguenza l’esponente della curva di Wöhler vale:
DRc
loglog
108log102log 36
= 7.40
Il carico equivalente si calcola quindi con l’espressione:
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
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
= 1.17
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
Kc Fattore per la corrosione in acqua dolce che per R = 550 Mpa vale circa 1.9
Kd Fattore per le dimensioni che, dato che il materiale è insensibile alle dimensioni, vale 1.
KI Fattore per la finitura superficiale che per 0.6 < Ra < 1.6 m e per R = 550 Mpa vale circa
1.03
KK Fattore per la forma del ciclo che per un ciclo con k = min/max = 0 vale KK=5/(3-2k) =
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
Di conseguenza l’esponente della curva di Wöhler vale:
DRc
loglog
108log102log 36
= 3.01
Il carico equivalente si calcola quindi con l’espressione:
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
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
= 1.47
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
Kc Fattore per la corrosione in acqua dolce che per R = 550 Mpa vale circa 1.9
Kd Fattore per le dimensioni che, dato che il materiale è insensibile alle dimensioni, vale 1.
KI Fattore per la finitura superficiale che per 0.6 < Ra < 1.6 m e per R = 900 Mpa vale circa
1.03
KK Fattore per la forma del ciclo che per un ciclo con k = min/max = 0 vale KK=5/(3-2k) =
1.67
Kf Fattore per la concentrazione di tensione vale 1
Di conseguenza l’esponente della curva di Wöhler vale:
DRc
loglog
108log102log 36
= 5.95
Il carico equivalente si calcola quindi con l’espressione:
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
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
= 1.22
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 3 2.88 – 3.52 ISO VG 32 28.8 – 35.2 ISO VG 320 288 – 352
ISO VG 5 4.14 – 5.06 ISO VG 46 41.4 – 50.6 ISO VG 460 414 – 506
ISO VG 7 6.12 – 7.48 ISO VG 68 61.2 – 74.8 ISO VG 680 612 – 748
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
e PPP N per le verifiche di resistenza
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
e PPP N per le verifiche di resistenza
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 % = 0.0015% per il 6° 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
L’errore rispetto al valore esatto risulta essere
E % = 0.0027% per il 3° tentativo
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
L’errore rispetto al valore esatto risulta essere
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
Eccit (Hz) Ecc/f1 Ecc/f2 Ecc/f3
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
Eccit (Hz) Ecc/f1 Ecc/f2 Ecc/f3
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
Svolgendo i calcoli si ottiene
Momento di inerzia
Albero 1 6,44E-06 m4
Albero 2 2,80E-05 m4
Albero 3 1,28E-04 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
Svolgendo i calcoli si ottiene
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.