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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​ = 160 mmd2​ = 250 mm720 rpmn2​ = ?

Una puleggia da 160 mm a 720 giri/min aziona con una cinghia una puleggia da 250 mm con slittamento del 1 %. Trova la velocità n2 della puleggia condotta.

n1 = 720 rpmd1 = 160 mmd2 = 250 mms = 1 %
n2 = rpm
2.Ingranaggi e rotismiDifficile
A = 20B = 24C = 12D = ?

In un rotismo composto, la ruota A (20 denti) sull’albero di ingresso gira a 960 rpm e aziona la ruota B (24 denti). La ruota C (12 denti) è calettata sullo stesso albero di B e aziona la ruota D sull’albero di uscita. L’uscita deve girare a 600 rpm. Quanti denti ND deve avere la ruota D?

nin = 960 rpmA = 20B = 24C = 12nout = 600 rpm
ND =
3.Torsione degli alberiMedia
d = 20 mmT = 100 N·m250 mmφ = 3,51°

In una prova di torsione, un provino pieno di diametro 20 mm viene torto da un momento torcente di 100 N·m. Le due estremità di un tratto utile di 250 mm ruotano di 3,51° l’una rispetto all’altra (il materiale è ancora in campo elastico). Trova il modulo di elasticità tangenziale G del materiale.

T = 100 N·md = 20 mmL = 250 mmφ = 3,51°
G = GPa
4.Torsione degli alberiDifficile
d = ?30 kW, 300 rpm

Un albero pieno in ottone trasmette 30 kW a 300 rpm. La tensione tangenziale non deve superare 40 MPa e la torsione non deve superare 0,75° per m di lunghezza. Trova il diametro minimo d che soddisfa entrambi i limiti.

P = 30 kWN = 300 rpmτallow = 40 MPaθallow = 0,75°/mG = 39 GPa
d = mm
5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniMedia
σy​ = 20MPaτxy​ = ?

Un punto ha σₓ = 0 MPa e σᵧ = 20 MPa. Quanto può diventare grande la tensione tangenziale τxy (in modulo) prima che la tensione principale massima raggiunga 40 MPa?

σx = 0 MPaσy = 20 MPaσ1 = 40 MPa
τxy = MPa
6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniDifficile
σx​ = 140σy​ = 70τxy​ = −50MPa

Un punto di una lastra sottile è in stato piano di tensione: σₓ = 140 MPa, σᵧ = 70 MPa e τₓᵧ = −50 MPa (σz = 0). Trova la tensione equivalente di von Mises σvM.

σx = 140 MPaσy = 70 MPaτxy = −50 MPa
σvM = MPa
7.Tensione e deformazione assialeMedia
Ø 20 mmRame1 mP = 15 kN

Trova la deformazione assiale ε nella barra di rame, in microdeformazioni (µε = 10⁻⁶).

P = 15 kNd = 20 mmL = 1 mE = 117 GPa
ε = µε
8.Tensione e deformazione assialeDifficile
P = ?Ø20100 GPaØ120/70800 mm

Un’asta di acciaio (diametro 20 mm, E = 200 GPa, tensione ammissibile 150 MPa) sta dentro un tubo di ottone (diametro esterno 120 mm, diametro interno 70 mm, E = 100 GPa, tensione ammissibile 60 MPa). Sono compressi insieme tra piastre rigide. Trova il massimo carico Pmax.

asta: Ø20 mm, E = 200 GPa, σallow = 150 MPatubo: Ø120/Ø70 mm, E = 100 GPa, σallow = 60 MPa
Pmax = kN
9.Instabilità delle colonneMedia
PL = 2,5 md = 25 mmsezione trasversale

Una colonna di lunghezza L in alluminio è incernierata a entrambi gli estremi. Usando la formula di Eulero, trova il suo carico critico Pcr.

L = 2,5 mE = 70 GPa (alluminio)d = 25 mm
Pcr = kN
10.Instabilità delle colonneDifficile
P = 10 kNL = 2 md = ?sezione trasversale

Una colonna tonda piena di lunghezza L in alluminio è incernierata a entrambi gli estremi. Deve portare 10 kN con un coefficiente di sicurezza di 3 contro l’instabilità. Trova il diametro minimo d.

P = 10 kNn = 3L = 2 mE = 70 GPa (alluminio)
d = mm
11.Vibrazioni meccanicheMedia
tx20 mm1 ciclo12,1 mm

In una prova di vibrazioni libere su un sistema massa–molla smorzato, a un picco di spostamento di 20 mm segue, un ciclo dopo, un picco di 12,1 mm. Trova il fattore di smorzamento ζ.

x0 = 20 mmx1 = 12,1 mmn = 1
ζ =
12.Vibrazioni meccanicheDifficile
k1​ = 5k2​ = 25k3​ = 20m = 5 kg

Una massa di 5 kg è appesa alla molla k₃ = 20 kN/m. L’estremità superiore di k₃ è fissata a una barra rigida appesa a due molle affiancate, k₁ = 5 kN/m e k₂ = 25 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 = 5 kgk1 = 5 kN/mk2 = 25 kN/mk3 = 20 kN/m
fn = Hz

3Soluzioni

1.Ingranaggi e rotismi

Risposta: n2 = 456,2 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

720·160/250 = 460,8 rpm

Con slittamento

n2 = 460,8·0,99 = 456,2 rpm

Risposta

n2 = 456,2 rpm
2.Ingranaggi e rotismi

Risposta: ND = 16

Gear trains: meshing gears have the same speed at the teeth, so n₁·N₁ = n₂·N₂: the gear with fewer teeth turns faster. Gears on one shaft turn at the same speed. Power is passed on (minus losses), so torque goes up when speed goes down: T₂ = T₁·(N₂/N₁)·η, and P = T·ω with ω = 2π·n/60.

Velocità dell’albero intermedio

nB = nC = 960·20/24 = 800 rpm

Denti della ruota D

ND = C·nC/nout = 12·800/600 = 16

Risposta

ND = 16
3.Torsione degli alberi

Risposta: G = 25,98 GPa

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 e angolo

J = π·20⁴/32 = 15708 mm⁴
φ = 3,51·π/180 = 0,06126 rad

Modulo di taglio

T = 100 N·m = 100000 N·mm
G = TL/(Jφ) = 100000·250/(15708·0,06126) = 25980 MPa
G = 25,98 GPa

Risposta

G = 25,98 GPa

Confronta: acciaio ≈ 80 GPa, ottone ≈ 39 GPa, alluminio ≈ 26 GPa.

4.Torsione degli alberi

Risposta: d = 66,07 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·300/60 = 31,42 rad/s
T = P/ω = 30000/31,42 = 954,9 N·m

Diametro per la resistenza

T = 954,9 N·m = 954930 N·mm
dτ = ∛(16·954930/(π·40)) = 49,54 mm

Diametro per la rigidezza

θ = 0,75·π/180/1000 = 1,309 × 10⁻⁵ rad/mm
G = 39 GPa = 39000 MPa
dφ = (32·954930/(π·39000·1,309 × 10⁻⁵))1/4 = 66,07 mm

Diametro determinante

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

d = max(49,54, 66,07) = 66,07 mm

Risposta

d = 66,07 mm

Qui governa la rigidezza.

5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: τxy = 28,28 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.

Raggio richiesto

C = (0 + 20)/2 = 10 MPa
R = σ1 − C = 40 − 10 = 30 MPa
στxyCσ1​σ2​

Tensione tangenziale

τxy = √(R² − ((σₓ − σᵧ)/2)²) = √(30² − 10²) = 28,28 MPa

Risposta

τxy = 28,28 MPa
6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: σvM = 149 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 = 105 MPa, R = 61,03 MPa
σ1 = 166 MPa, σ2 = 43,97 MPa, σ3 = 0

Von Mises

σvM = √(166² − 166·43,97 + 43,97²) = 149 MPa

Risposta

σvM = 149 MPa
7.Tensione e deformazione assiale

Risposta: ε = 408,1 µε

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 = 15·1000/314,2 = 47,75 MPa

Deformazione (legge di Hooke)

E for rame = 117 GPa = 117000 MPa.

ε = σ/E = 47,75/117000 = 0,0004081 = 408,1 µε

Risposta

ε = 408,1 µε
8.Tensione e deformazione assiale

Risposta: Pmax = 485,4 kN

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·20²/4 = 314,2 mm²
At = π(120² − 70²)/4 = 7461 mm²

Rigidezza assiale combinata

ΣEA = 200·10³·314,2 + 100·10³·7461 = 8,09 × 10⁸ N

Deformazione governante

ε = min(0,00075, 0,0006) = 0,0006 (ottone)

Carico massimo

Pmax = 0,0006·8,09 × 10⁸ = 485376 N = 485,4 kN

Risposta

Pmax = 485,4 kN
9.Instabilità delle colonne

Risposta: Pcr = 2,12 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·25⁴/64 = 19175 mm⁴

Lunghezza libera d’inflessione

KL = 1·2500 = 2500 mm

Carico critico

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·70000·19175/2500² = 2120 N = 2,12 kN

Risposta

Pcr = 2,12 kN
10.Instabilità delle colonne

Risposta: d = 43,37 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 = 3·10000 = 30000 N
KL = 1·2000 = 2000 mm

Risolvi per il diametro

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·30000·2000²/(π³·70000))^(1/4) = 43,37 mm

Risposta

d = 43,37 mm

Verifica: la snellezza KL/r è 184,5, quindi la colonna è snella e vale Eulero.

11.Vibrazioni meccaniche

Risposta: ζ = 0,07973

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.

Decremento logaritmico

δ = (1/1)·ln(20/12,1) = 0,5025

Fattore di smorzamento

ζ = δ/√(4π² + δ²) = 0,5025/√(39,48 + 0,2525) = 0,07973

Risposta

ζ = 0,07973
12.Vibrazioni meccaniche

Risposta: fn = 7,797 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 = 5 + 25 = 30 kN/m
keq = 30·20/(30 + 20) = 12 kN/m

Frequenza naturale

ωn = √(12000/5) = 48,99 rad/s
fn = 48,99/(2π) = 7,797 Hz

Risposta

fn = 7,797 Hz

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