Anteprima Costruzione di Motori per Aeromobili

Esercitazioni di Costruzioni di Motori per Aeromobili
Luca Freilino
Matricola S240131
A.A 2017-2018

COSTRUZIONE DI MOTORI PER AEROMOBILI Luca Freilino s240131
Figura 1.11: Momento ﬂettente nel piano XZ
Figura 1.12: Taglio nel piano YZ
Figura 1.13: Momento ﬂettente nel piano YZ
9

Figura 1.14: Momento torcente attorno Z
Inoltre, avendo un albero di sezione circolare, il momento flettente risultante è dato dalla relazione:
Mf,tot = Mf,XZ
2
+ Mf,Y Z
2
Figura 1.15: Momento flettente risultante
Figura 1.16: Visione di tutti i momenti flettenti
10

Si ha che:
σ =
P
A
=
4P
πD2
⇒ D =
4P
πσ
= 43, 764 mm
Si può infine procedere alla risoluzione dell’ultimo punto dell’esercizio, facendo sempre riferimento al diagramma di
Haigh mostrato in figura 2.22:
Figura 2.22: Diagramma di Haigh con evidenziato punto di studio
Dall’immagine si nota come il punto di interesse si trovi nel campo di tensione media negativa, cioè in compressione.
Allora risulta possibile valutare il coefficiente di sicurezza a fatica Cf come semplice rapporto tra la tensione alternata
agente effettivamente sul provino e la tensione alternata che ne provocherebbe la rottura:
Cf =
σD−1
σa
=
480
200
= 2, 4
28

2.4 Problema 4: Parametri che influenzano la vita a fatica di un com-
ponente: effetto scala, finitura superciale
Un albero, in acciaio 50CrMo4 - diametro d = 30 mm - Rugosità Ra = 3,2 µm, è sollecitato da un momento flettente
con componente media Mfm = 600 Nm e componente alternata Mfa = 200 Nm. Disegnare il diagramma di Haigh
per il componente e calcolare il coefficiente di sicurezza a fatica.
Il testo riporta che si ha a che fare con un albero di sezione circolare. Facendo allora riferimento alla figura 2.23, si
ha che deff = d. Riprendendo la normativa FKM, in figura 2.24 si nota come il deff , oltre a essere funzione della
modalità di carico e del materiale, risulta anche sempre diverso dalle dimensioni del nostro albero.
Figura 2.23: Definizione del diametro
effettivo
Figura 2.24: Tabella valori
Lavorando con l’acciao 50CrMo4, che è un acciaio temprato, si fa riferimento alla terza riga di figura 2.25:
Figura 2.25: Tabella valori evidenziata per il materiale in esame
29

Inoltre, la stessa norma propone una relazione per valutare le grandezze fisiche di provini con dimensioni diverse da
quelle normale. Valgono perciò le seguenti relazioni:



Rm = Kd,mKaRm,N
Re = Kd,eKaRe,N
dove:
• Rm rappresenta il valore della tensione di rottura del provino effettivo
• Kd,m rappresenta il technological size factor per la rottura
• Ka rappresenta il fattore di anisotropia
• Rm,N rappresenta il valore della tensione di rottura del provino normato
• Re rappresenta il valore della tensione di snervamento del provino effettivo
• Kd,e rappresenta il technological size factor per lo snervamento
• Re,N rappresenta il valore della tensione di snervamento del provino normato
Le grandezze normate vengono ricavate sempre dalla normativa (figura 2.26) e la scelta dei valori è fatta in base
all’acciaio di riferimento, nel nostro caso 50CrMo4 (figura 2.27):
Figura 2.26: Grandezze normate degli acciai temperati Figura 2.27: Grandezze normate degli acciai temperati con
scelta dell’acciaio
Il valore del coefficente Ka si ricava sempre dalla normativa e la sua scelta viene fatta in base al materiale uti-
lizzato e alla resistenza meccanica ultima del provino normato:
Figura 2.28: Coefficiente di anisotropia Figura 2.29: Coefficiente di anisotropia in base all’acciaio
Per calcolare il technological size factor si ricorre di nuovo alla normativa, che da una formula sperimentale per
la determinazione del coefficiente:



Kd,m =
1 − 0.7686ad,m log
deff
7.5
1 − 0.7686ad,m log
deff,N,m
7.5
Kd,e =
1 − 0.7686ad,e log
deff
7.5
1 − 0.7686ad,e log
deff,N,e
7.5
30

• modo 2: si suppone che esista una legge di proporzionalità tra Im e σa.
Si trova l’equazione della retta passante per l’origine e per il punto di funzionamento effettivo e la si mette a
sistema con quella di sicurezza per la vita a fatica, trovando quindi il punto di incontro.
Allora il coefficiente di sicurezza risulta definito come:
Cf,modo2 =
σD,modo2
σa,eq
Il ragionamento è mostrato in figura 2.52, dove si vede l’interezione tra le due rette caratteristiche del problema:
Figura 2.52: Spiegazione visiva del coefficiente di sicurezza nel modo 2
Svolgendo i calcoli in ambiente MATLAB, si trova che il valore di σD è di 235,45 MPa. Allora:
Cf,modo2 =
σD,modo2
σa,eq
=
235, 45
95, 39
= 2, 4682
44

Per risolvere il problema dello spettro di carico, si ricorre al metodo della vasca da bagno.
Si isola perciò lo spettro di carico, che risulta periodico, tra i due picchi (figura 2.57), che, una volta riempita la
”vasca da bagno”, rappresenteranno la superficie del liquido (2.58).
Figura 2.57: Vasca da bagno
Figura 2.58: Step 1
Il metodo prevede di immaginare, a partire dalla vasca piena, di aprire il tappo di chiusura della vasca nel livello
più basso possibile.
Una volta aperto, l’acqua incomincerà a defluire, creando delle pozzanghere; a questo punto, si ripete il procedimento,
fino a completo svuotamento della vasca.
48

Rimane ancora da valutare l’effetto della finitura superficiale sull’albero.
Essendo presente una rugosità Ra = 6,3 µm, si utilizza il diagramma di figura 3.9.
Entrando con il valore di tensione ultima precedentemente ricavato, si ottiene b0 = 0,885 (figura 3.10):
Figura 3.9: Coefficiente di finitura superficiale Figura 3.10: Coefficiente di finitura superficiale
per l’acciaio in esame
Quindi, in definitiva:
σD−1 = b0 · σD−1,polished = b0 · fW · Rm = 0, 885 · 0, 45 · 830 = 330, 55 MPa
Infine, si può tracciare il diagramma di Haigh dell’albero:
Figura 3.11: Digramma di Haigh dell’albero
59

Per valutare il coefficiente di intaglio Kt, si ricorre alla semplificazione della cartella sottile.
Tale teoria prevede che in presenza di sezioni molto sottili rispetto alla dimensioni di riferimento, la distribuzione
delle tensioni sia limitata ad una minima porzione della sezione stessa; tale porzione è valutabile da semplici relazioni:
Hx = d + 0, 3L
dove i dati geometrici di riferimento sono mostrati in figura 3.12
Figura 3.12: Effetto della cartella sottile
Adattando le due convenzioni utilizzate, si ottiene che, nel nostro caso, Hx vale:
Hx = d + 0, 3L = 36 + 0, 3 · 10 = 39 mm
dove
• d = 36 mm, diametro esterno dell’albero
• L = 10 mm, spessore della ruota 1, valore ipotizzato
Con il valore di Hx cos`ı trovato, si possono andare a consultare i diagrammi dei fattori di intaglio:
• Torsione: nel caso della torsione, il diagramma di riferimento è mostrato in figura 3.13
Figura 3.13: Diagramma di Kt per la torsione
60

• Flessione: nel caso della flessione, la formula di riferimento è:
Kf
b
=
Kt
b
nσ (r) · nσ (d)
I coefficienti χ si possono calcolare attraverso le seguenti relazioni:
Figura 3.22: Coefficienti χ per la flessione
Quindi, essendo r = 4 mm e d = 36 mm, si ottiene:
χσ (r) =
2, 3
r
=
2, 3
4
= 0, 575 mm−1
χσ (d) =
2
d
=
2
36
= 0, 05556 mm−1
Considerando la giusta relazione per n:
nσ (r) = 1 + χ (r) · 10
− aG+Rm
bG = 1 + 0, 575 · 10−(0,5+ 830
2700 ) = 1, 118148
nσ (d) = 1 + χ (d) · 10
− aG−0,5+Rm
bG = 1 + 0, 05556 · 10−(0,5−0,5+ 830
2700 ) = 1, 0273731
E infine:
Kf
b
=
Kt
b
nσ (r) · nσ (d)
=
1, 386763
1, 118148 · 1, 0273731
= 1, 2071876
Perciò, le componenti effettive delle tensioni dovute alla flessione valgono:
componente media componente alternata
σb
eff 0 MPa 24,54 MPa
68

4.1.2 2a
parte
Ipotizzando il caso della figura 4.2, si può definire la tensione circonferenziale media σcm come:
σcm = −pe ·
de
de − di
Figura 4.2: Significato della tensione circonferenziale medio
Girando la relazione:
σcm = −pe ·
de
de − di
⇒
σcm
pe
=
de
de − di
=
1
1 − di
de
Riprendendo la relazione precedentemente trovata per la tensione circonferenziale:
σc
pe
=
1 + di
2
de
2 · 1
d2
de2
1 − di
2
de
2
Quindi:
σc
σcm
=
σc
pe
·
pe
σcm
=
σc
pe
·
1
σcm
pe
=
1 + di
2
de
2 · 1
d2
de2
1 − di
2
de
2
·
1
1
1−
di
de
=
1 + di
2
de
2 · 1
d2
de2
1 − di
de
· 1 + di
de
· 1 −
di
de
σc
σcm
=
1 + di
2
de
2 · 1
d2
de2
¨¨¨
¨¨
1 − di
de
· 1 + di
de
·
¨
¨¨¨
¨¨
1 −
di
de
=
1 + di
2
de
2 · 1
d2
de2
1 + di
de
76

4.2 Problema 2: Interferenza minima mozzo-albero per la trasmissione
della coppia. Scelta accoppiamento mozzo-albero. Stato di ten-
sione dovuto al forzamento e verifica statica per il mozzo. Tem-
peratura per calettamento a caldo. Effetto del riscaldamento in
esercizio
Una puleggia di alluminio (E= 70 ·103
MPa, ν = 0,3, α∗
= 23 ·10−6 ◦
C−1
) montata su un albero pieno in acciaio
(E= 200 ·103
MPa, ν = 0,3, α∗
= 11 ·10−6 ◦
C−1
) è caratterizzata dalla seguente geometria:
• d = 50 mm diametro interno mozzo (diametro esterno albero)
• de = 90 mm diametro esterno mozzo
• D = 600 mm diametro esterno puleggia
• L = 25 mm lunghezza assiale mozzo
La finitura superficiale garantisce le seguenti rugosità: Ra = Rm = 4 µm (finitura di tornio).
La coppia trasmessa è M = 150 Nm (ipotizzare un coefficiente d’attrito f = 0.2).
• calcolare l’interferenza effettiva ieff che garantisce la trasmissione della coppia considerando per il momento
trasmissibile un coefficiente di sicurezza C = 1,5
• l’accoppiamento mozzo-albero è realizzato nel sistema foro base H7, la qualità di lavorazione dell’albero è 6;
calcolare le tolleranze dell’accoppiamento sufficienti a trasmettere il momento M (ricordarsi della perdita di
interferenza dovuta alla rugosità)
• disegnare l’andamento delle tensioni radiali e circonferenziali di mozzo e albero in funzione del raggio r
• calcolare la tensione equivalente nel punto di progetto della puleggia e scegliere nella tabella allegata la lega
di alluminio appropriata per un coefficiente di sicurezza S = 1,5
• calcolare la temperatura di trattamento T da assegnare al mozzo per il montaggio per un gioco di infilamento
g = 30 µm e temperatura ambiente T0 = 20 ◦
C
• cosa succede se in esercizio si verifica un riscaldamento uniforme di 30 ◦
C? Se necessario scegliere altre
tolleranze, eventualmente cambiando anche la qualità di lavorazione e materiale del mozzo
4.2.1 1a
parte
Da semplici relazioni fisiche, si ha che:



Mnec = C · M momento con coefficente di sicurezza
Mnec = Fτ · d
2
relazione momento e forza tangenziale
Fτ = f · Fn relazione forza tangenziale e forza normale
Fn = p · A relazione forza normale e pressione
A = π · d · L superficie laterale su cui agisce la pressione p
Quindi:
p =
M · C
d
2
· f · π · d · L
=
(150 · 103
) · 1, 5
50
2
· 0, 2 · π · 50 · 25
= 11, 46 MPa
78

• Mozzo: il mozzo è modellizzato come un disco cavo. Valgono ancora le relazioni:



σr = A + B
r2
σc = A − B
r2
Ponendo le condizioni al contorno del problema alla tensione radiale, si ottiene:
σr = A +
B
r2
+



σr|dm,i
= −pmax
σr|dm,e = 0
⇒



A = 17, 9464
B = −36341, 5
Si possono quindi diagrammare le tensioni:
Figura 4.10: Diagramma delle tensioni limite
Per valutare la σeq si utilizza il criterio di Tresca, che dice:
σeq = |σ1 − σ3|
dove:
• σ1 è la tensione maggiore agente sul mozzo
• σ3 è la tensione minore agente sul mozzo
Si nota come la massima escursione di tensioni la si abbia in corrispondenza del diametro interno del mozzo, dove
σc = 76,09 MPa e σr = -40,2 MPa. Quindi:
σeq = |σ1 − σ3| = |76, 09 − (−40, 2)| = 116, 29 MPa
La tensione cos`ı trovata va ancora moltiplicata per il coefficiente di sicurezza S, nel caso in esame pari a 1,5. Perciò:
σeq,sic = S · σeq = 1, 5 · 116, 29 = 174, 44 MPa
Si può infine procedere alla scelta la lega di alluminio appropriata per la puleggia tra quelle in allegato.
A causa della forma del componente, risulta inutile scegliere leghe i cui semilavorati vengono ottenuti per laminatura,
trafilatura o estrusione; si sceglie perciò come tipo di lavorazione la fucinatura o lo stampaggio.
Tra le varie leghe disponibili per questi tipi di lavorazione, si sceglie la lega P-Al Si 1 Mg Mn UNI 3571 con lo stato
fisico T A 16, che presenta una tensione di snervamento pari a 245 MPa.
85

Per iniziare la valutazione delle tensioni agenti sul disco, occorre anzitutto suddividere il disco in esame in 5 blocchi.
In questo caso, si è scelto di dividere il disco minimizzando le variazioni di sezioni, cercando di mantenere il più
possibile fede alla geometria originale.
Vengono quindi scelti i seguenti valori per le coordinate radiali dei blocchi, a cui corrispondono dati valori di spessore:
ri [mm] re [mm] bi [mm] be [mm]
216.50 238.50 18.00 22.00
238.50 281.15 22.00 4.50
281.15 373.22 4.50 4.50
373.22 388.71 4.50 48.40
388.71 397.00 48.40 48.40
Lo spessore effettivo di ciascun blocco è calcolato imponendo l’uguaglianza della forza centrifuga esercitata:
b =
bi + be
ri + re
· ri +
re − ri
3
·
bi + 2be
bi + be
Si trova perciò:
ri [mm] re [mm] b [mm]
216.50 238.50 20.03
238.50 281.15 13.01
281.15 373.22 4.50
373.22 388.71 26.60
388.71 397.00 48.40
I vari step per la definizione del modello di disco sono mostrati nelle seguenti figure:
Figura 5.2: Disegno del disco di turbina Figura 5.3: Disegno del disco di turbina e del modello
per i calcoli
95

Sul disco agisce un campo di tensioni relativamente complesso, dato dalla mutua interazione di:
• tensioni dovute al tiro delle pale e degli slot
• tensioni dovute alla forza centrifuga agente sul volume del disco
• tensioni dovute al gradiente termico
Per ciascuna componente è possibile andare a definire le equazioni caratteristiche per il campo di tensione e di
spostamento:
• Tiro delle pale e degli slot.
Si ricorre al caso di disco forato su cui agiscono una pressione interna pi e una pressione esterna pe.
Imponendo le condizioni al contorno di ciascun blocco:



σk
r,e = −pk
e ⇔ Dk
= Dk
e
σk
r,i = −pk
i ⇔ Dk
= Dk
i
Si trova quindi:



Ak
= pk
i
Dk2
i
Dk2
e
1−
Dk2
i
Dk2
e
− pk
e
1
1−
Dk2
i
Dk2
e
Bk
= pk
e − pk
i
Dk2
i
4
1−
Dk2
i
Dk2
e
⇒



Ak
= −σk
r,i
Dk2
i
Dk2
e
1−
Dk2
i
Dk2
e
+ σk
r,e
1
1−
Dk2
i
Dk2
e
Bk
= −σk
r,e + σk
r,i
Dk2
i
4
1−
Dk2
i
Dk2
e
Vale infatti sempre la relazione:
σk
r = Ak
+
Bk
r2
Si ottiene infine:
σk
r = −σk
r,i
Dk2
i
Dk2
e
1 −
Dk2
i
Dk2
e
+ σk
r,e
1
1 −
Dk2
i
Dk2
e
+ −σk
r,e + σk
r,i
Dk2
i
D2
1 −
Dk2
i
Dk2
e
σk
r = σk
r,e



1 −
Dk2
i
D2
1 −
Dk2
i
Dk2
e


 + σk
r,i



Dk2
i
D2 −
Dk2
i
Dk2
e
1 −
Dk2
i
Dk2
e



a cui corrisponde lo stato di deformazione:
uk
r =
Dk
2
σk
r,e
Ek



Dk2
i
Dk2 1 + νk
+ 1 − νk
1 −
Dk2
i
Dk2
e


 −
Dk
2
σk
r,i
Ek



Dk2
i
Dk2 1 + νk
+
Dk2
i
Dk2
e
1 − νk
1 −
Dk2
i
Dk2
e



99

• Tutti i carichi agenti simultaneamente.
In questo caso, tutti i carichi agiscono allo stesso tempo (figura 5.23)
Figura 5.23: Matrice delle proprietà
Dopo avere posto le corrette condizioni al contorno
(figura 5.24), risulta possibile andare a calcolare il valore
della tensione esterna agente sull’ultimo blocco della
schematizzazione.
Figura 5.24: Condizioni al contorno
Dalla conoscenza della pressione esterna, entrando con due valori di tentativo dello spostamento radiale interno
del primo blocco, si ricava il valore di u1
i necessario (figura 5.25).
Figura 5.25: Matrice degli spostamenti
Si possono infine andare a valutare le tensioni agenti in questo caso.
Figura 5.26: Tensioni
107

Inﬁne, si possono andare a diagrammare gli andamenti delle quattro incognite lungo il raggio.
Figura 5.27: Diagramma dello spostamento u lungo il raggio r
Si nota come il contributo maggiore arrivi dal carico termico, con un andamento crescente verso il raggio esterno,
in accordo al gradiente di temperatura.
Figura 5.28: Diagramma dello tensione radiale σr lungo il raggio r
Si nota come, in ogni caso, la tensione radiale aumenti di molto nella zona centrale, laddove si ha una brusca
diminuzione dello spessore.
Il contributo maggiore arriva dal tiro delle pale e degli slot, che garantiscono una pressione esterna elevata.
108

Unendo le due espressioni, si ottiene:
pmax =
3
2
F
πa∗b∗f2
=
3
2
F
πa∗b∗
1
3
2
F
2
dsfera
1−ν2
E
2
3
pmax =
3
2
F
1
3
π&&a∗
b∗
1
3
2
dsfera
2
1−ν2
E
2
3
=
3
2
F
1
3
π
3
2
dsfera
2
1 − ν2
E
−2
3
Girandola ed esplicitando la forza (che in questo caso diventa la forza massima Fmax), si ha:
Fmax =
2
3
πpmax
3
3
2
dsfere
2
1 − ν2
E
2
= 168 N
Questo valore si riferisce a ciascun cuscinetto; il carico totale sopportabile sarà allora ricavato considerando
tutte le sfere:
Fmax,tot = ncuscinetti · Fmax = 8 · 168 = 1905 N
Il coefficiente δ∗
prima ricavato diventa utile per calcolare l’approccio δ:
δ = δ∗
(αxx + αyy + βxx + βyy) f2
Facendo variare il valore della forza totale Fmax,tot, si ricava il seguente grafico Fmax,tot- δ:
Figura 6.13: Diagramma Fmax-δ
127

Con questi valori, è possibile entrare nella curva ci-∆H
∆V
(figura 7.5), ottenendo ∆H
∆V
= 1.17.
Figura 7.5: Curva ci-∆H
∆V
Dalla figura 7.6, si ha che, per una tolleranza n6, l’interferenza media vale:
∆V =
+59 + (+29)
2
= 44 µm
Figura 7.6: Tabella delle tolleranze dal catalogo SKF
139

Si può quindi andare a calcolare la pressione di calettamento pc:
imax = 2 · (|umi| + |uae|) = 2 · pcd (δa + δm) ⇒ pc =
imax
2 · d (δa + δm)
= 28.62 MPa
Infine, è possibile calcolare la perdita di gioco sul cuscinetto in seguito all’assemblaggio:
∆gforz = −2 · pcdδm = −0.0415 mm = −41.5 µm
La perdita totale di gioco vale quindi:
∆gtot = ∆gtemp + ∆gforz = −45 + (−41.5) = −86.5 µm
Questa perdita di gioco deve essere contrastata dal gioco minimo radiale del cuscinetto.
Facendo riferimento alla figura 7.7, presa dal catalogo SKF si opta per un cuscinetto con classe di gioco C4, che
presenta gioco radiale minimo di 105 µm e un massimo di 140 µm.
Figura 7.7: Tabella della classe dei cuscinetti
141

Le altre incognite saranno quindi valutate conseguentemente:
• l’accostamento sul rullo più sollecitato vale:
δ0 = δr cos 0◦
−
1
2
g = δr −
1
2
g
• gli accostamenti sugli altri rulli valgono:
δΨ = δr cos Ψ −
1
2
g
• le forze scambiate tra rullo e piste si calcolano a partire dalle condizioni di equilibrio degli spostamenti:
δΨ,i + δΨ,e = δΨ
che può essere riarrangiata come:
FΨ,i
Ki
1
n
+
FΨ,e
Ke
1
n
= δr cos Ψ −
1
2
g
Dall’equilibrio di forze agenti sul rullo, si ha che:
FΨ,e = FΨ,i + Fc
Quindi:
FΨ,i
Ki
1
n
+
FΨ,i + Fc
Ke
1
n
= δr cos Ψ −
1
2
g
Ponendo per semplicità uguali la rigidezza della pista esterna con quella dell’interna, si ottiene Ki = Ke.
Con semplici calcoli iterativi, si riesce a risolvere l’equazione iperbolica di partenza, ricavando il valore della
forza interna e di conseguenza quello della forza esterna.
• le pressioni massime di contatto rullo-pista interna e rullo-pista esterna vengono calcolate soltanto sul rullo
più sollecitato perché saranno le più grandi.
Per valutare le pressioni si utilizza la formula per il contatto cilindro-cilindro:
pmax = 0.591
√
E 1 ±
d
D
F
Ld
L’operatore ± è funzione della curvatura relativa dei componenti:



pista interna ⇒ 1 + dr
di
⇒ pi,max = 0.591
√
E 1 + dr
di
F0,i
Ldr
pista esterna ⇒ 1 − dr
de
⇒ pe,max = 0.591
√
E 1 − dr
de
F0,e
Ldr
• il calcolo della componente radiale viene effettuata attraverso la sommatoria delle componenti radiali delle
varie forze FΨ:
R = Fi,0 + 2 ·
Ψ=75◦
Ψ=15◦
Fi,Ψ cos Ψ
Nella formula si moltiplica la sommatoria per due perché, ad eccezione di quello a Ψ = 0◦
, i rulli che prendono
carico ad un dato angolo Ψ sono sempre in coppia.
144

La vite scelta presenta le seguenti caratteristiche geometriche:
d [mm] P [mm] d2 [mm] d3 [mm] d1 [mm] d0 [mm] dk [mm] dw [mm] lk [mm] β’ [◦
]
Vite M16 16 1.5 15.028 14.160 14.376 14.594 24 31.9 60 30
dove il valore di β’ è assunto in base alle consuetudini costruttive e :
d0 =
d2 + d3
2
Si può quindi introdurre il parametro k:
k =
4
d0
P
2π
+
µg
cos β
·
d2
2
Per ricavare il valore del coefficiente di attrito si ricorre alla tabella di figura 8.5.
Figura 8.5: Tabella dell’attrito
Considerando una vite d’acciaio bonificato e oliata, si suppone un coefficiente di attrito µg = 0.08.
Quindi:
k =
4
d0
P
2π
+
µg
cos β
·
d2
2
= 0.25568
Ipotizzando di caricare la vite al 90% della tensione di proporzionalità, si ha:
σM,max =
0.9Rp,0.2
√
1 + 3k2
= 526.67 MPa
e di conseguenza:
FM,max = A0 σM,max = π
d2
0
4
σM,max = 88099.7 N
Ipotizzando inoltre un coefficiente di attrito della testa pari a 0.16, si ottiene come momento di serraggio:
MA = FM,max
P
2π
+
µg
cos β
·
d2
2
+ µk
dk
2
= 251.335 Nm
163

Da semplici relazioni visive, sembra lecito supporre per la vite una lunghezza totale di circa 100 mm.
Entrando in figura 8.6, si ottiene una lunghezza del tratto filettato di 38 mm. Facendo riferimento alla figura 8.1, si
può supporre che la parte filettata in presa sia di 20 mm, quella libera di 18 mm.
Figura 8.6: Tabella caratteristiche viti
Utilizzando lo schema di figura 8.7, si può calcolare la cedevolezza della vite a partire da quelle dei suoi componenti:
δSK =
lSK
EviteAN
=
0.4d
Eπd2
4
δ1 =
l1
EviteA1
=
l1
Eπd2
4
δGew =
lGew
EviteAnocciolo
=
lGew
Eπ
d2
3
4
δGM = δG + δM =
lG
EviteAd3
+
lM
EviteAN
=
0.5d
Eviteπ
d2
3
4
+
0.33d
Eviteπd2
4
Quindi:
δvite = δSK + δ1 + δGew + δGM = 2.05755e − 06
mm
N
Figura 8.7: Schema delle cedevolezze della vite
164

Figura 8.18: Tabella viti a testa esagonale
La vite scelta presenta le seguenti caratteristiche geometriche:
d [mm] P [mm] d2 [mm] d3 [mm] d1 [mm] d0 [mm] dk [mm] dw [mm] lk [mm] β’ [◦
]
Vite M8 8 1 7.350 6.773 6.917 7.0615 13 15.8 10 30
dove il valore di β’ è assunto in base alle consuetudini costruttive, il valore di lk è preso quale valore minimo per il
caso di gambo totalmente filettato e:
d0 =
d2 + d3
2
Dai dati del problema, si ha che il passo della bullonatura deve valere almeno due volte e mezzo il diametro nominale
della vite, pari a 8 mm:
pbullonatura ≥ 2.5 · d = 2.5 · 8 = 20 mm
Il numero di viti necessario è allora facilmente valutabile come rapporto tra la circonferenza dei fori e il passo della
bullonatura:
nviti =
2πrfori
pbullonatura
= 35.19 → 35 viti
Il carico assiale minimo del singolo bullone, necessario per garantire la trasmissione della coppia in servizio, si calcola
come:
Fkerf =
max [(Fn,1, Fn,2)]
nviti
=
Fn,2
nviti
= 1831.94 N
Si può inoltre introdurre il parametro k:
k =
4
d0
P
2π
+
µv
cos β
·
d2
2
Supponendo un coefficiente di attrito µv = 0.1, valore minimo tra quelli dati, si ha:
k =
4
d0
P
2π
+
µv
cos β
·
d2
2
= 0.33053
171

Lo stato di tensione della vite al montaggio è dato dalla relazione:
σM,max =
0.8Rp,0.2
√
1 + 3k2
= 659.56 MPa
da cui si calcola facilmente la forza massima:
FM,max = A0σM,max = π
d2
0
4
σM,max = 25830.90 N
Ipotizzando inoltre un coefficiente di attrito della testa pari a 0.2, si ottiene come momento di serraggio:
MA = FM,max
P
2π
+
µv
cos β
·
d2
2
+ µk
dk
2
= 48.65 Nm
Ipotizzando il collegamento del tipo mostrato in figura 8.19, si può calcolare la cedevolezza della vite a partire da
quelle dei suoi componenti:
δSK =
lSK
EAN
=
0.5d
Eπd2
4
δGM = δG + δM =
lG
EAd3
+
lM
EAN
=
0.5d
Eπ
d2
3
4
+
0.4d
Eπd2
4
Quindi:
δvite = δSK + δGM =
0.5d
Eπd2
4
+
0.5d
Eπ
d2
3
4
+
0.4d
Eπd2
4
Figura 8.19: Collegamento vite-flangia
Per il calcolo della cedevolezza del pezzo, si introduce innanzitutto la relazione per trovare il valore dell’angolo del
cono di pressione:
tan ϕ = 0.362 + 0.032 log
lk
2dw
+ 0.153 log
DA
dw
= 0.32711 → ϕ = 18.11◦
La formula per trovare la cedevolezza del pezzo è funzione del valore di DA rispetto ai parametri dw e DA,Gr.
Il valore di DA,Gr per il collegamento vite-dado in esame (w = 1) vale:
DA,Gr = dw + wlk tan ϕ = 19.07 mm
Quindi:
dw ≤ DA ≤ DA,Gr
e
δpezzo =
1
πE
2
d tan ϕ
log
(dw + d) (DA − d)
(dw − d) (DA + d)
+
4
D2
A − d2
lk −
(DA − dw)
tan ϕ
172

Esercitazione 9: Ingranaggi
9.1 Problema 1
In una macchina il pignone (1, motrice) ingrana con la ruota (2, condotta) che comanda direttamente un attuatore.
L’attuatore ha il momento resistente (sul giro) diagrammato nella figura 9.1.
Figura 9.1: Momento resistente sul giro
Dati ruote:
denti cilindrici
modulo m = 3 mm
angolo di pressione α = 20◦
denti pignone z1 = 20
denti ruota z2 = 60
larghezza di fascia b = 40 mm
Parte I.
1. Calcolare diametri di base, diametri primitivi di taglio e di lavoro, diametri di testa e interasse di lavoro
2. Disegnare cerchi di base, cerchi primitivi di lavoro, retta dei contatti e segmento di ingranamento
3. Rappresentare sul segmento di ingranamento il tratto lungo il quale una sola coppia di denti è in presa
Parte II.
Il pignone ha insufficiente resistenza a fatica a flessione perché un suo dente si trova, ad ogni giro della ruota
(condotta), sempre nella posizione più sfavorevole. La macchina è già costruita, non è quindi opportuno cambiare.
Per rimediare si può fare in modo di cambiare (di poco, per problemi geometrici) il numero di denti del pignone
z1 (la ruota sarebbe più onerosa da modificare). Il rimedio è efficace perché tutti i denti del pignone si ritrovano
ciclicamente nel punto di maggiore sollecitazione. Due sono le possibili soluzioni:
• z1 = 19, z2 = 60
• z1 = 21, z2 = 60
Quesiti:
1. La soluzione migliore è la prima. Spiegare perché
2. Calcolare i nuovi raggi primitivi di lavoro delle ruote e il passo di lavoro
3. Calcolare il nuovo angolo di pressione αw in condizioni di lavoro
4. Calcolare lo spostamento x1 da applicare al pignone
5. Calcolare il raggio di base del pignone e il raggio di base della ruota condotta
6. Calcolare il rapporto di condotta α prima dello spostamento e α dopo lo spostamento (visualizzarlo prima
graficamente
178

Parte I.
1. Per trovare la varie caratteristiche geometriche del sistema, si deve partire dal calcolo del passo:
p = πm = 9.425 mm
da cui si possono calcolare facilmente i raggi primitivi di taglio (nel caso in esame pari a quelli primitivi di
lavoro): 


r1w = r1 = z1p
2π
= 30 mm
r2w = r2 = z2p
2π
= 90 mm
⇒



d1w = d1 = 60 mm
d2w = d2 = 180 mm
e dai raggi primitivi, quelli di base:



r1b = r1 cos (α) = 28.19 mm
r2b = r2 cos (α) = 84.57 mm
⇒



d1b = 56.38 mm
d2b = 169.14 mm
Infine si possono calcolare i diametri di testa, definiti come:



d1t = d1 + 2m = 66 mm
d2t = d2 + 2m = 186 mm
Come ultimo parametro, si può valutare l’interasse:
i = m
z1 + z2
2
= 120 mm
2. La geometria del sistema è quindi rappresentata in figura 9.2
Figura 9.2: Geometria del sistema
179

1. Dalla conoscenza del modulo e del numero di denti, si possono calcolare i diametri primitivi delle due ruote:



d1 = mz1 = 60 mm
d2 = mz2 = 236 mm
Trovati i valori dei diametri primitivi, risulta immediato valutare i diametri di base:



d1b = d1 cos (α) = 56.38 mm
d2b = d2 cos (α) = 221.77 mm
e i diametri di testa: 


d1t = d1 + 2m = 68 mm
d2t = d2 + 2m = 244 mm
2. Dall’equivalenza della velocità periferiche, si ha:
vb = ω1r1b = ω2r2b ⇒
ω1
ω2
=
r2b
r1b
ω1
ω2
=
r2b
r1b
⇒
ω1
ω2
=
d2b
d1b
⇒ ω1 = ω2
d2b
d1b
Facendo riferimento alla figura 9.6, è possibile introdurre
il parametro ζ, chiamato strisciamento specifico e definito
come: 


ζ1 = 1 − ω2
ω1
r2 sin(α)−δ
r1 sin(α)+δ
ζ2 = ω1
ω2
r1 sin(α)+δ
r2 sin(α)−δ
− 1
dove il parametro δ varia tra [−r1 sin (α) ; r2 sin (α)].
Si ha inoltre:
• in T1:
δ = −r1 sin (α) ζ1 = −∞ ζ2 = −1
• in T2:
δ = r2 sin (α) ζ1 = 1 ζ2 = +∞
Figura 9.6: Strisciamento specifico
184

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