Costruzione di macchine: pacchetto last-minute

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

Nuovi eserciziTorna al corso

Nella finestra di stampa scegli “Salva come PDF” per conservarne una copia sul tuo dispositivo.

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​ = 80 mmd2​ = 500 mm1440 rpmT1​ = 1000 NT2​ = 400 NP = ?

Una cinghia scorre su una puleggia motrice da 80 mm a 1440 giri/min. La tensione è 1000 N sul lato teso e 400 N sul lato lento. Trova la potenza P trasmessa, in kW.

d1 = 80 mmn1 = 1440 rpmT1 = 1000 NT2 = 400 N
P = kW
2.Ingranaggi e rotismiDifficile
A = 12B = 30C = 16D = 48

In un rotismo composto, la ruota A (12 denti) sull’albero di ingresso, che gira a 2900 rpm, aziona la ruota B (30 denti). La ruota C (16 denti) è calettata sullo stesso albero di B e aziona la ruota D (48 denti) sull’albero di uscita. Trova la velocità di uscita nout.

nin = 2900 rpmA = 12B = 30C = 16D = 48
nout = rpm
3.Torsione degli alberiMedia
d = ?T = 500 N·mL = 1,5 m

Un albero pieno in alluminio lungo 1,5 m è sollecitato da un momento torcente di 500 N·m. L’angolo di torsione tra le sue estremità non deve superare 2°. Trova il diametro minimo d che rispetta questo limite.

T = 500 N·mL = 1,5 mG = 26 GPaφallow = 2°
d = mm
4.Torsione degli alberiDifficile
d = ?5 kW, 1500 rpm

Un albero pieno in ottone trasmette 5 kW a 1500 rpm. La tensione tangenziale non deve superare 75 MPa e la torsione non deve superare 1° per m di lunghezza. Trova il diametro minimo d che soddisfa entrambi i limiti.

P = 5 kWN = 1500 rpmτallow = 75 MPaθallow = 1°/mG = 39 GPa
d = mm
5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniMedia
σx​ = −80σy​ = 50τxy​ = 10MPa

In un punto di un pezzo caricato si ha σₓ = −80 MPa, σᵧ = 50 MPa e τₓᵧ = 10 MPa (trazione positiva). Trova l’angolo θp dall’asse x alla direzione della tensione principale massima, compreso tra −90° e 90°.

σx = −80 MPaσy = 50 MPaτxy = 10 MPa
θp = °
6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniDifficile
σx​ = −50σy​ = −20τxy​ = −50MPa

Un punto di una lastra sottile è in stato piano di tensione: σₓ = −50 MPa, σᵧ = −20 MPa e τₓᵧ = −50 MPa (σz = 0). Trova la tensione equivalente di von Mises σvM.

σx = −50 MPaσy = −20 MPaτxy = −50 MPa
σvM = MPa
7.Tensione e deformazione assialeMedia
Ø 20 mmRame1 mP = 20 kN

Trova l’allungamento δ della barra di rame sotto il carico assiale.

P = 20 kNd = 20 mmL = 1 mE = 117 GPa
δ = mm
8.Tensione e deformazione assialeDifficile
Ø 30 mmAlluminio1 mØ 16 mmAcciaio2 mP = 120 kN

La barra a gradini è incastrata alla parete e caricata all’estremo libero. Trova l’allungamento totale δ.

P = 120 kNtratto 1: Ø30 mm, 1 m, alluminio (E = 70 GPa)tratto 2: Ø16 mm, 2 m, acciaio (E = 200 GPa)
δ = mm
9.Instabilità delle colonneMedia
PL = 3 md = 20 mmsezione trasversale

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

L = 3 mE = 200 GPa (acciaio)d = 20 mm
Pcr = kN
10.Instabilità delle colonneDifficile
P = 105 kNL = 2 md = ?sezione trasversale

Una colonna tonda piena di lunghezza L in acciaio è incastrata a entrambi gli estremi. Deve portare 105 kN con un coefficiente di sicurezza di 3 contro l’instabilità. Trova il diametro minimo d.

P = 105 kNn = 3L = 2 mE = 200 GPa (acciaio)
d = mm
11.Vibrazioni meccanicheMedia
k = 25 kN/mζ = 0,7m = 20 kg

Una massa di 20 kg su una molla con rigidezza di 25 kN/m ha uno smorzatore viscoso che dà un fattore di smorzamento di 0,7. Trova la frequenza naturale smorzata fd delle sue vibrazioni libere in Hz.

m = 20 kgk = 25 kN/mζ = 0,7
fd = Hz
12.Vibrazioni meccanicheDifficile
k1​ = 10k2​ = 40m = 100 kg

Una massa di 100 kg è appesa a due molle collegate una dopo l’altra (in serie): la molla superiore ha k₁ = 10 kN/m e quella inferiore k₂ = 40 kN/m. Trascura lo smorzamento e le masse delle molle. Trova la frequenza naturale fn delle vibrazioni verticali in Hz.

m = 100 kgk1 = 10 kN/mk2 = 40 kN/m
fn = Hz

3Soluzioni

1.Ingranaggi e rotismi

Risposta: P = 3,619 kW

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 della cinghia

v = 6,032 m/s

Potenza

P = (1000 − 400)·6,032 = 3619 W = 3,619 kW

Risposta

P = 3,619 kW
2.Ingranaggi e rotismi

Risposta: nout = 386,7 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 = 2900·12/30 = 1160 rpm = nC

Secondo stadio

nout = 1160·16/48 = 386,7 rpm

Risposta

nout = 386,7 rpm

rapporto totale = 7,5 : 1

3.Torsione degli alberi

Risposta: d = 53,86 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 d’inerzia polare richiesto

T = 500 N·m = 500000 N·mm
L = 1,5 m = 1500 mm
G = 26 GPa = 26000 MPa
φ = 2·π/180 = 0,03491 rad
J = TL/(Gφ) = 500000·1500/(26000·0,03491) = 826381 mm⁴

Diametro

d = (32J/π)1/4 = 53,86 mm

Risposta

d = 53,86 mm

In pratica arrotonderesti alla misura standard successiva.

4.Torsione degli alberi

Risposta: d = 26,27 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·1500/60 = 157,1 rad/s
T = P/ω = 5000/157,1 = 31,83 N·m

Diametro per la resistenza

T = 31,83 N·m = 31831 N·mm
dτ = ∛(16·31831/(π·75)) = 12,93 mm

Diametro per la rigidezza

θ = 1·π/180/1000 = 1,745 × 10⁻⁵ rad/mm
G = 39 GPa = 39000 MPa
dφ = (32·31831/(π·39000·1,745 × 10⁻⁵))1/4 = 26,27 mm

Diametro determinante

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

d = max(12,93, 26,27) = 26,27 mm

Risposta

d = 26,27 mm

Qui governa la rigidezza.

5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: θp = 85,63 °

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.

στxyCσ1​σ2​

Angolo sul cerchio

Sul cerchio di Mohr il punto x si trova a un angolo 2θp dall’asse σ; il quadrante dipende dai segni di σₓ − σᵧ e τₓᵧ.

2θp = atan2(2·10, −80 − 50) = 171,3°

Angolo sull’elemento

θp = 85,63°

Risposta

θp = 85,63°

Gli angoli positivi sono in senso antiorario.

6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: σvM = 96,95 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. Criteri di snervamento: von Mises prevede lo snervamento quando σvM = √(σ₁² − σ₁σ₂ + σ₂²) raggiunge σY; Tresca quando la tensione tangenziale massima assoluta raggiunge σY/2.

στxyCσ1​σ2​

Tensioni principali

C = −35 MPa, R = 52,2 MPa
σ1 = 17,2 MPa, σ2 = −87,2 MPa, σ3 = 0

Von Mises

σvM = √(17,2² − 17,2·(−87,2) + (−87,2)²) = 96,95 MPa

Risposta

σvM = 96,95 MPa
7.Tensione e deformazione assiale

Risposta: δ = 0,5441 mm

Legge di Hooke: nel campo elastico σ = E·ε. Combinandola con σ = P/A e ε = δ/L si ottiene δ = PL/(AE).

Tensione

A = π·20²/4 = 314,2 mm²
σ = P/A = 20·1000/314,2 = 63,66 MPa

Deformazione (legge di Hooke)

E for rame = 117 GPa = 117000 MPa.

ε = σ/E = 63,66/117000 = 0,0005441 = 544,1 µε

Allungamento

δ = ε·L = 0,0005441·1000 mm = 0,5441 mm

Risposta

δ = 0,5441 mm
8.Tensione e deformazione assiale

Risposta: δ = 8,394 mm

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·30²/4 = 706,9 mm², A2 = π·16²/4 = 201,1 mm²
σ1 = 169,8 MPa
σ2 = 596,8 MPa

Somma gli allungamenti dei tratti

δ1 = σ1L1/E1 = 169,8·1000/70000 = 2,425 mm
δ2 = σ2L2/E2 = 596,8·2000/200000 = 5,968 mm
δ = δ1 + δ2 = 8,394 mm

Risposta

δ = 8,394 mm
9.Instabilità delle colonne

Risposta: Pcr = 3,515 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

Una sezione circolare ha lo stesso I rispetto a ogni asse.

I = πd⁴/64 = π·20⁴/64 = 7854 mm⁴

Lunghezza libera d’inflessione

KL = 0,7·3000 = 2100 mm

Carico critico

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·200000·7854/2100² = 3515 N = 3,515 kN

Risposta

Pcr = 3,515 kN
10.Instabilità delle colonne

Risposta: d = 42,46 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 = 3·105000 = 315000 N
KL = 0,5·2000 = 1000 mm

Risolvi per il diametro

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·315000·1000²/(π³·200000))^(1/4) = 42,46 mm

Risposta

d = 42,46 mm

Verifica: la snellezza KL/r è 94,2, quindi la colonna è snella e vale Eulero.

11.Vibrazioni meccaniche

Risposta: fd = 4,018 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.

Frequenza naturale non smorzata

ωn = √(25000/20) = 35,36 rad/s
fn = 35,36/(2π) = 5,627 Hz

Frequenza naturale smorzata

fd = fn·√(1 − ζ²) = 5,627·√(1 − 0,7²) = 4,018 Hz

Risposta

fd = 4,018 Hz
12.Vibrazioni meccaniche

Risposta: fn = 1,424 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

Le molle in serie hanno la stessa forza e sommano le loro deformazioni, quindi si combinano come reciproci: 1/k = 1/k1 + 1/k2.

1/keq = 1/10 + 1/40 → keq = 10·40/(10 + 40) = 8 kN/m

Frequenza naturale

ωn = √(8000/100) = 8,944 rad/s
fn = 8,944/(2π) = 1,424 Hz

Risposta

fn = 1,424 Hz

ExamProblems · examproblems.com/courses/machine-design