Costruzione di macchine: pacchetto last-minute

Formulari, i passaggi chiave del metodo per ogni argomento e 12 esercizi, con le soluzioni complete in fondo.

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1Formule e metodi

Ingranaggi e rotismi

Ruote dentate in presa
n1·N1 = n2·N2
Momento torcente
T2 = T1·(N2/N1)·η
Potenza
P = T·ω, ω = 2π·n/60
Rotismo composto
rapporto totale = prodotto dei rapporti dei singoli stadi

Torsione degli alberi

Tensione tangenziale
τ = T·r/J
Albero pieno
J = πd⁴/32
Albero cavo
J = π(D⁴ − d⁴)/32
Angolo di torsione
φ = TL/(GJ)
Potenza
P = T·ω = 2πnT/60

Metodo

  1. Trova il momento d’inerzia polare: J = πd⁴/32 per un albero pieno.
  2. Tensione tangenziale in superficie: τ = T·r/J, con r il raggio esterno.
  3. Angolo di torsione: φ = TL/(GJ) in radianti.
  4. Se è data la potenza, trova prima il momento torcente con P = T·ω, ω = 2πn/60.

Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Centro
C = (σx + σy)/2
Raggio
R = √(((σx − σy)/2)² + τxy²)
Tensioni principali
σ1,2 = C ± R
Direzione principale
tan 2θp = 2τxy/(σx − σy)
Piano inclinato
σθ = C + (σx − σy)/2·cos 2θ + τxy·sin 2θ

Metodo

  1. Calcola il centro del cerchio di Mohr: C = (σx + σy)/2.
  2. Calcola il raggio: R = √(((σx − σy)/2)² + τxy²).
  3. Le tensioni principali sono C ± R e la massima tensione tangenziale nel piano è R.
  4. Gli angoli sul cerchio sono il doppio degli angoli sull’elemento: tan 2θp = 2τxy/(σx − σy).

Tensione e deformazione assiale

Tensione normale
σ = F/A
Deformazione
ε = ΔL/L
Legge di Hooke
σ = E·ε
Allungamento
ΔL = FL/(EA)
Deformazione termica
εT = α·ΔT

Instabilità delle colonne

Carico critico di Euler
Pcr = π²EI/(KL)²
Coefficiente di lunghezza libera
K = 1 cerniera–cerniera, 0,5 incastro–incastro, 0,7 incastro–cerniera, 2 incastro–libero
Tensione critica
σcr = Pcr/A
Snellezza
λ = KL/r, r = √(I/A)

Vibrazioni meccaniche

Frequenza naturale
ωn = √(k/m), fn = ωn/(2π)
Dalla freccia statica
ωn = √(g/δst)
Smorzamento critico
cc = 2√(km) = 2mωn
Fattore di smorzamento
ζ = c/cc
Frequenza smorzata
ωd = ωn√(1 − ζ²)
Decremento logaritmico
δ = (1/n)·ln(x0/xn), ζ = δ/√(4π² + δ²)
Molle in parallelo
k = k1 + k2
Molle in serie
1/k = 1/k1 + 1/k2

2Esercizi

1.Ingranaggi e rotismiMedia
d1​ = 125 mmd2​ = 450 mm720 rpmn2​ = ?

Una puleggia da 125 mm a 720 giri/min aziona con una cinghia una puleggia da 450 mm con slittamento del 1 %. Trova la velocità n2 della puleggia condotta.

n1 = 720 rpmd1 = 125 mmd2 = 450 mms = 1 %
n2 = rpm
2.Ingranaggi e rotismiDifficile
A = 12B = 72C = 12D = 32

In un rotismo composto, la ruota A (12 denti) sull’albero di ingresso, che gira a 1440 rpm, aziona la ruota B (72 denti). La ruota C (12 denti) è calettata sullo stesso albero di B e aziona la ruota D (32 denti) sull’albero di uscita. Trova la velocità di uscita nout.

nin = 1440 rpmA = 12B = 72C = 12D = 32
nout = rpm
3.Torsione degli alberiMedia
do​ = ?T = 500 N·m

Un albero cavo deve sopportare un momento torcente di 500 N·m. Il suo diametro interno deve essere 0,8 volte il diametro esterno, e la tensione tangenziale non deve superare 60 MPa. Trova il diametro esterno minimo do.

T = 500 N·mdi/do = 0,8τallow = 60 MPa
do = mm
4.Torsione degli alberiDifficile
d = ?10 kW, 500 rpm

Un albero pieno in ottone trasmette 10 kW a 500 rpm. La tensione tangenziale non deve superare 80 MPa e la torsione non deve superare 0,5° per m di lunghezza. Trova il diametro minimo d che soddisfa entrambi i limiti.

P = 10 kWN = 500 rpmτallow = 80 MPaθallow = 0,5°/mG = 39 GPa
d = mm
5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniMedia
σx​ = −70σy​ = −10τxy​ = 30MPa

In un punto di un pezzo caricato si ha σₓ = −70 MPa, σᵧ = −10 MPa e τₓᵧ = 30 MPa (trazione positiva). Trova la massima tensione tangenziale nel piano τmax.

σx = −70 MPaσy = −10 MPaτxy = 30 MPa
τmax = MPa
6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniDifficile
σx​ = −50σy​ = 10τxy​ = −10MPa

In un punto di un pezzo caricato si ha σₓ = −50 MPa, σᵧ = 10 MPa e τₓᵧ = −10 MPa (trazione positiva). Trova la tensione tangenziale τθ su un piano la cui normale è ruotata di 60° in senso antiorario rispetto all’asse x (positiva nello stesso senso di τₓᵧ).

σx = −50 MPaσy = 10 MPaτxy = −10 MPaθ = 60°
τθ = MPa
7.Tensione e deformazione assialeMedia
250 kNØ30120 GPaØ100/70500 mmδ = ?

Un’asta di acciaio (diametro 30 mm, E = 200 GPa) sta dentro un tubo di rame (diametro esterno 100 mm, diametro interno 70 mm, E = 120 GPa). Entrambi sono lunghi 500 mm e sono compressi insieme tra piastre rigide da 250 kN. Trova l’accorciamento δ.

P = 250 kNasta: Ø30 mm, E = 200 GPatubo: Ø100/Ø70 mm, E = 120 GPaL = 500 mm
δ = mm
8.Tensione e deformazione assialeDifficile
Ø 35 mmRame1 mØ 12 mmAlluminio1,5 mP = 50 kN

La barra a gradini è incastrata alla parete e caricata all’estremo libero. Trova la tensione normale massima σmax nella barra.

P = 50 kNtratto 1: Ø35 mm, 1 m, rame (E = 117 GPa)tratto 2: Ø12 mm, 1,5 m, alluminio (E = 70 GPa)
σmax = MPa
9.Instabilità delle colonneMedia
PL = 2,5 m50 × 80 mmsezione trasversale

Una colonna di lunghezza L in acciaio è incastrata alla base e libera in cima. Usando la formula di Eulero, trova il suo carico critico Pcr.

L = 2,5 mE = 200 GPa (acciaio)b × h = 50 × 80 mm
Pcr = kN
10.Instabilità delle colonneDifficile
P = 115 kNL = 2,5 md = ?sezione trasversale

Una colonna tonda piena di lunghezza L in alluminio è incernierata a entrambi gli estremi. Deve portare 115 kN con un coefficiente di sicurezza di 2 contro l’instabilità. Trova il diametro minimo d.

P = 115 kNn = 2L = 2,5 mE = 70 GPa (alluminio)
d = mm
11.Vibrazioni meccanicheMedia
k = 200 kN/mc = 4800 N·s/mm = 80 kg

Una massa di 80 kg è sostenuta da una molla con rigidezza di 200 kN/m e da uno smorzatore viscoso con coefficiente di smorzamento di 4800 N·s/m. Trova il fattore di smorzamento ζ.

m = 80 kgk = 200 kN/mc = 4800 N·s/m
ζ =
12.Vibrazioni meccanicheDifficile
k1​ = 50k2​ = 80k3​ = 60m = 25 kg

Una massa di 25 kg è appesa alla molla k₃ = 60 kN/m. L’estremità superiore di k₃ è fissata a una barra rigida appesa a due molle affiancate, k₁ = 50 kN/m e k₂ = 80 kN/m; la barra resta orizzontale. Trascura lo smorzamento e le masse delle molle e della barra. Trova la frequenza naturale fn delle vibrazioni verticali in Hz.

m = 25 kgk1 = 50 kN/mk2 = 80 kN/mk3 = 60 kN/m
fn = Hz

3Soluzioni

1.Ingranaggi e rotismi

Risposta: n2 = 198 rpm

Trasmissioni a cinghia: senza slittamento, entrambe le pulegge hanno la stessa velocità periferica v = π·d·n/60, quindi n₁·d₁ = n₂·d₂ e il rapporto di velocità è d₂/d₁. Lo slittamento s rende la puleggia condotta un po’ più lenta: n₂ = n₁·(d₁/d₂)·(1 − s). La potenza trasmessa è P = (T₁ − T₂)·v, con T₁ la tensione sul lato teso e T₂ sul lato lento. L’attrito limita il rapporto tra le tensioni: T₁/T₂ = eμθ, dove θ è l’angolo di avvolgimento in radianti sulla puleggia più piccola; per una cinghia aperta θ = π − 2·asin((d₂ − d₁)/(2C)) con interasse C.

Velocità senza slittamento

720·125/450 = 200 rpm

Con slittamento

n2 = 200·0,99 = 198 rpm

Risposta

n2 = 198 rpm
2.Ingranaggi e rotismi

Risposta: nout = 90 rpm

Rotismi: le ruote dentate in presa hanno la stessa velocità sui denti, quindi n₁·N₁ = n₂·N₂: la ruota con meno denti gira più veloce. Le ruote calettate sullo stesso albero girano alla stessa velocità. La potenza si trasmette (a meno delle perdite), quindi il momento torcente aumenta quando la velocità diminuisce: T₂ = T₁·(N₂/N₁)·η, e P = T·ω con ω = 2π·n/60.

Primo stadio

nB = 1440·12/72 = 240 rpm = nC

Secondo stadio

nout = 240·12/32 = 90 rpm

Risposta

nout = 90 rpm

rapporto totale = 16 : 1

3.Torsione degli alberi

Risposta: do = 41,58 mm

Torsione degli alberi circolari: la tensione tangenziale cresce linearmente da zero al centro fino a τmax = T·r/J in superficie, con J = πd⁴/32 per un albero pieno e J = π(do⁴ − di⁴)/32 per uno cavo. L’angolo di torsione è φ = TL/(GJ) in radianti. Potenza e momento torcente sono legati da P = T·ω.

Diametro esterno dalla tensione ammissibile

T = 500 N·m = 500000 N·mm
1 − k⁴ = 1 − 0,8⁴ = 0,5904
do = ∛(16T/(π·τallow·(1 − k⁴))) = ∛(16·500000/(π·60·0,5904)) = 41,58 mm
di = 0,8·41,58 = 33,26 mm

Risposta

do = 41,58 mm

Un albero pieno richiederebbe d = 34,88 mm; quello cavo è un po’ più grande ma molto più leggero.

4.Torsione degli alberi

Risposta: d = 48,9 mm

Torsione degli alberi circolari: la tensione tangenziale cresce linearmente da zero al centro fino a τmax = T·r/J in superficie, con J = πd⁴/32 per un albero pieno e J = π(do⁴ − di⁴)/32 per uno cavo. L’angolo di torsione è φ = TL/(GJ) in radianti. Potenza e momento torcente sono legati da P = T·ω.

Momento torcente

ω = 2πN/60 = 2π·500/60 = 52,36 rad/s
T = P/ω = 10000/52,36 = 191 N·m

Diametro per la resistenza

T = 191 N·m = 190986 N·mm
dτ = ∛(16·190986/(π·80)) = 22,99 mm

Diametro per la rigidezza

θ = 0,5·π/180/1000 = 8,727 × 10⁻⁶ rad/mm
G = 39 GPa = 39000 MPa
dφ = (32·190986/(π·39000·8,727 × 10⁻⁶))1/4 = 48,9 mm

Diametro determinante

Entrambi i limiti devono essere rispettati, quindi governa il diametro maggiore.

d = max(22,99, 48,9) = 48,9 mm

Risposta

d = 48,9 mm

Qui governa la rigidezza.

5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: τmax = 42,43 MPa

Trasformazione della tensione piana: su un piano ruotato di θ, σ = (σₓ + σᵧ)/2 + (σₓ − σᵧ)/2·cos 2θ + τₓᵧ·sin 2θ. Il cerchio di Mohr mostra tutti i piani contemporaneamente: il suo centro è in C = (σₓ + σᵧ)/2 e il raggio è R = √(((σₓ − σᵧ)/2)² + τₓᵧ²). Le tensioni principali sono C ± R, e la massima tensione tangenziale nel piano è R.

στxyCτmax​

Raggio del cerchio di Mohr

τmax = R = √(((−70 − −10)/2)² + 30²) = 42,43 MPa

Risposta

τmax = 42,43 MPa
6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: τθ = 30,98 MPa

Trasformazione della tensione piana: su un piano ruotato di θ, σ = (σₓ + σᵧ)/2 + (σₓ − σᵧ)/2·cos 2θ + τₓᵧ·sin 2θ. Il cerchio di Mohr mostra tutti i piani contemporaneamente: il suo centro è in C = (σₓ + σᵧ)/2 e il raggio è R = √(((σₓ − σᵧ)/2)² + τₓᵧ²). Le tensioni principali sono C ± R, e la massima tensione tangenziale nel piano è R.

Equazione di trasformazione

τθ = −−30·0,866 + −10·−0,5 = 30,98 MPa

Risposta

τθ = 30,98 MPa
7.Tensione e deformazione assiale

Risposta: δ = 0,201 mm

Due materiali: in serie (uno dopo l’altro) ogni tratto porta la stessa forza e gli allungamenti si sommano: δ = P·Σ L/(E·A). In parallelo (affiancati tra piastre rigide) entrambe le parti si accorciano della stessa quantità, quindi le deformazioni sono uguali: la parte più rigida prende la quota maggiore, Pi = P·EiAi/ΣEA, e σi = Ei·ε. Una barra tenuta tra due pareti rigide con un carico nella giunzione è staticamente indeterminata: i due tratti si dividono il carico in proporzione alla loro rigidezza k = EA/L.

Aree

Ar = π·30²/4 = 706,9 mm²
At = π(100² − 70²)/4 = 4006 mm²

Rigidezza assiale combinata

ΣEA = 200·10³·706,9 + 120·10³·4006 = 6,22 × 10⁸ N

Accorciamento

δ = 250000·500/6,22 × 10⁸ = 0,201 mm

Risposta

δ = 0,201 mm
8.Tensione e deformazione assiale

Risposta: σmax = 442,1 MPa

Elementi caricati assialmente: ogni tratto prismatico segue δ = PL/(AE). Per elementi in serie gli allungamenti si sommano.

Stessa forza in entrambi i tratti

L’estremo libero porta P, quindi ogni sezione della barra porta la stessa forza assiale P. Cambiano solo aree e materiali.

A1 = π·35²/4 = 962,1 mm², A2 = π·12²/4 = 113,1 mm²
σ1 = 51,97 MPa
σ2 = 442,1 MPa

Tensione massima

Il tratto più sottile ha l’area minore, quindi porta la tensione maggiore.

σmax = 442,1 MPa

Risposta

σmax = 442,1 MPa
9.Instabilità delle colonne

Risposta: Pcr = 65,8 kN

Instabilità euleriana: una colonna snella diventa instabile a Pcr = π²EI/(KL)², dove KL è la lunghezza libera d’inflessione: K = 1 per cerniera–cerniera, 2 per incastro–libero, 0,7 per incastro–cerniera e 0,5 per incastro–incastro. Sbanda attorno all’asse con I minore. La formula vale per colonne snelle, la cui tensione critica resta sotto la tensione di snervamento.

Momento d’inerzia minimo

Un rettangolo sbanda attorno al suo asse debole, usando il cubo della dimensione minore.

Imin = h·b³/12 = 80·50³/12 = 833333 mm⁴

Lunghezza libera d’inflessione

KL = 2·2500 = 5000 mm

Carico critico

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·200000·833333/5000² = 65797 N = 65,8 kN

Risposta

Pcr = 65,8 kN
10.Instabilità delle colonne

Risposta: d = 80,69 mm

Instabilità euleriana: una colonna snella diventa instabile a Pcr = π²EI/(KL)², dove KL è la lunghezza libera d’inflessione: K = 1 per cerniera–cerniera, 2 per incastro–libero, 0,7 per incastro–cerniera e 0,5 per incastro–incastro. Sbanda attorno all’asse con I minore. La formula vale per colonne snelle, la cui tensione critica resta sotto la tensione di snervamento.

Carico critico richiesto

Pcr = n·P = 2·115000 = 230000 N
KL = 1·2500 = 2500 mm

Risolvi per il diametro

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·230000·2500²/(π³·70000))^(1/4) = 80,69 mm

Risposta

d = 80,69 mm

Verifica: la snellezza KL/r è 123,9, quindi la colonna è snella e vale Eulero.

11.Vibrazioni meccaniche

Risposta: ζ = 0,6

Vibrazioni libere di un sistema massa–molla: la pulsazione naturale non smorzata è ωn = √(k/m) in rad/s, e fn = ωn/(2π) in Hz. Uno smorzatore viscoso c dà il fattore di smorzamento ζ = c/cc, con smorzamento critico cc = 2·√(k·m) = 2·m·ωn. Un sistema sottosmorzato (ζ < 1) oscilla a ωd = ωn·√(1 − ζ²). Le molle in parallelo si sommano, k = k₁ + k₂; le molle in serie si sommano come reciproci, 1/k = 1/k₁ + 1/k₂.

Smorzamento critico

cc = 2·√(k·m) = 2·√(200000·80) = 8000 N·s/m

Fattore di smorzamento

ζ = c/cc = 4800/8000 = 0,6

Risposta

ζ = 0,6

ζ < 1, quindi il sistema è sottosmorzato e oscilla mentre si smorza.

12.Vibrazioni meccaniche

Risposta: fn = 6,449 Hz

Vibrazioni libere di un sistema massa–molla: la pulsazione naturale non smorzata è ωn = √(k/m) in rad/s, e fn = ωn/(2π) in Hz. Uno smorzatore viscoso c dà il fattore di smorzamento ζ = c/cc, con smorzamento critico cc = 2·√(k·m) = 2·m·ωn. Un sistema sottosmorzato (ζ < 1) oscilla a ωd = ωn·√(1 − ζ²). Le molle in parallelo si sommano, k = k₁ + k₂; le molle in serie si sommano come reciproci, 1/k = 1/k₁ + 1/k₂.

Rigidezza equivalente

Solo k1 e k2 sono in parallelo. Questa coppia è in serie con k3, quindi combinale come reciproci.

k12 = 50 + 80 = 130 kN/m
keq = 130·60/(130 + 60) = 41,05 kN/m

Frequenza naturale

ωn = √(41053/25) = 40,52 rad/s
fn = 40,52/(2π) = 6,449 Hz

Risposta

fn = 6,449 Hz

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