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​ = 80 mmd2​ = 500 mm1500 rpmT1​ = 800 NT2​ = 240 NP = ?

Una cinghia scorre su una puleggia motrice da 80 mm a 1500 giri/min. La tensione è 800 N sul lato teso e 240 N sul lato lento. Trova la potenza P trasmessa, in kW.

d1 = 80 mmn1 = 1500 rpmT1 = 800 NT2 = 240 N
P = kW
2.Ingranaggi e rotismiDifficile
A = 32B = 40C = 12D = 16

In un rotismo composto, la ruota A (32 denti) sull’albero di ingresso, che gira a 1440 rpm, aziona la ruota B (40 denti). La ruota C (12 denti) è calettata sullo stesso albero di B e aziona la ruota D (16 denti) sull’albero di uscita. Trova la velocità di uscita nout.

nin = 1440 rpmA = 32B = 40C = 12D = 16
nout = rpm
3.Torsione degli alberiMedia
T = 200 N·md = 25 mmL = 1 mφ = ?

Un albero pieno di ottone è incastrato alla parete e torto da un momento T all’estremo libero. Trova l’angolo di torsione φ dell’estremo libero, in gradi.

T = 200 N·md = 25 mmL = 1 mG = 39 GPa
φ = °
4.Torsione degli alberiDifficile
Tdo​ = 50 mm, di​ = 25 mm

Un albero cavo trasmette 10 kW a 300 giri/min. Trova la tensione tangenziale massima τmax nell’albero.

P = 10 kWN = 300 rpmdo = 50 mmdi = 25 mm
τmax = MPa
5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniMedia
σx​ = −60σy​ = −30τxy​ = 30MPa

In un punto di un pezzo caricato si ha σₓ = −60 MPa, σᵧ = −30 MPa e τₓᵧ = 30 MPa (trazione positiva). Trova l’angolo θp dall’asse x alla direzione della tensione principale massima, compreso tra −90° e 90°.

σx = −60 MPaσy = −30 MPaτxy = 30 MPa
θp = °
6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniDifficile
σx​τxy​superficie dell’albero

Un albero pieno di diametro 50 mm porta una forza assiale di compressione di 80 kN insieme a un momento torcente di 250 N·m. Sulla superficie dell’albero, trova la tensione tangenziale massima nel piano τmax.

d = 50 mmF = −80 kNT = 250 N·m
τmax = MPa
7.Tensione e deformazione assialeMedia
80 kNØ4070 GPaØ120/50800 mmδ = ?

Un’asta di acciaio (diametro 40 mm, E = 200 GPa) sta dentro un tubo di alluminio (diametro esterno 120 mm, diametro interno 50 mm, E = 70 GPa). Entrambi sono lunghi 800 mm e sono compressi insieme tra piastre rigide da 80 kN. Trova l’accorciamento δ.

P = 80 kNasta: Ø40 mm, E = 200 GPatubo: Ø120/Ø50 mm, E = 70 GPaL = 800 mm
δ = mm
8.Tensione e deformazione assialeDifficile
Ø 35 mmAlluminio2 mØ 12 mmOttone1,5 mP = 15 kN

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

P = 15 kNtratto 1: Ø35 mm, 2 m, alluminio (E = 70 GPa)tratto 2: Ø12 mm, 1,5 m, ottone (E = 100 GPa)
δ = mm
9.Instabilità delle colonneMedia
PL = 1,5 m20 × 40 mmsezione trasversale

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

L = 1,5 mE = 200 GPa (acciaio)b × h = 20 × 40 mm
Pcr = kN
10.Instabilità delle colonneDifficile
P = 30 kNL = 4 md = ?sezione trasversale

Una colonna tonda piena di lunghezza L in alluminio è incastrata a entrambi gli estremi. Deve portare 30 kN con un coefficiente di sicurezza di 2 contro l’instabilità. Trova il diametro minimo d.

P = 30 kNn = 2L = 4 mE = 70 GPa (alluminio)
d = mm
11.Vibrazioni meccanicheMedia
k = 80 kN/mc = 890 N·s/mm = 10 kg

Una massa di 10 kg è sostenuta da una molla con rigidezza di 80 kN/m e da uno smorzatore viscoso con coefficiente di smorzamento di 890 N·s/m. Trova il fattore di smorzamento ζ.

m = 10 kgk = 80 kN/mc = 890 N·s/m
ζ =
12.Vibrazioni meccanicheDifficile
k1​ = 5k2​ = 10k3​ = 100m = 40 kg

Una massa di 40 kg è appesa alla molla k₃ = 100 kN/m. L’estremità superiore di k₃ è fissata a una barra rigida appesa a due molle affiancate, k₁ = 5 kN/m e k₂ = 10 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 = 40 kgk1 = 5 kN/mk2 = 10 kN/mk3 = 100 kN/m
fn = Hz

3Soluzioni

1.Ingranaggi e rotismi

Risposta: P = 3,519 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 = 6,283 m/s

Potenza

P = (800 − 240)·6,283 = 3519 W = 3,519 kW

Risposta

P = 3,519 kW
2.Ingranaggi e rotismi

Risposta: nout = 864 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 = 1440·32/40 = 1152 rpm = nC

Secondo stadio

nout = 1152·12/16 = 864 rpm

Risposta

nout = 864 rpm

rapporto totale = 1,667 : 1

3.Torsione degli alberi

Risposta: φ = 7,662 °

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

J = π·25⁴/32 = 38350 mm⁴

Angolo di torsione

φ = TL/(GJ) = 200·1000·1000/(39000·38350) = 0,1337 rad
φ = 0,1337·180/π = 7,662°

Risposta

φ = 7,662°
4.Torsione degli alberi

Risposta: τmax = 13,83 MPa

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 = 10000/31,42 = 318,3 N·m

Momento d’inerzia polare

J = π(50⁴ − 25⁴)/32 = 575243 mm⁴

Tensione tangenziale massima

τmax = T·(do/2)/J = 318310·25/575243 = 13,83 MPa

Risposta

τmax = 13,83 MPa
5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: θp = 58,28 °

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(2·30, −60 − −30) = 116,6°

Angolo sull’elemento

θp = 58,28°

Risposta

θp = 58,28°

Gli angoli positivi sono in senso antiorario.

6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: τmax = 22,78 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.

Tensioni in superficie

σ = F/A = −80000/(π·50²/4) = −80000/1963 = −40,74 MPa
τ = 16T/(πd³) = 16·250000/(π·50³) = 10,19 MPa
στxyCτmax​

Cerchio di Mohr

C = σ/2 = −20,37 MPa
R = √((−20,37)² + 10,19²) = 22,78 MPa

Risposta

τmax = 22,78 MPa
7.Tensione e deformazione assiale

Risposta: δ = 0,07067 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·40²/4 = 1257 mm²
At = π(120² − 50²)/4 = 9346 mm²

Rigidezza assiale combinata

ΣEA = 200·10³·1257 + 70·10³·9346 = 9,056 × 10⁸ N

Accorciamento

δ = 80000·800/9,056 × 10⁸ = 0,07067 mm

Risposta

δ = 0,07067 mm
8.Tensione e deformazione assiale

Risposta: δ = 2,435 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·35²/4 = 962,1 mm², A2 = π·12²/4 = 113,1 mm²
σ1 = 15,59 MPa
σ2 = 132,6 MPa

Somma gli allungamenti dei tratti

δ1 = σ1L1/E1 = 15,59·2000/70000 = 0,4454 mm
δ2 = σ2L2/E2 = 132,6·1500/100000 = 1,989 mm
δ = δ1 + δ2 = 2,435 mm

Risposta

δ = 2,435 mm
9.Instabilità delle colonne

Risposta: Pcr = 23,39 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 = 40·20³/12 = 26667 mm⁴

Lunghezza libera d’inflessione

KL = 1·1500 = 1500 mm

Carico critico

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·200000·26667/1500² = 23395 N = 23,39 kN

Risposta

Pcr = 23,39 kN
10.Instabilità delle colonne

Risposta: d = 51,58 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 = 2·30000 = 60000 N
KL = 0,5·4000 = 2000 mm

Risolvi per il diametro

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·60000·2000²/(π³·70000))^(1/4) = 51,58 mm

Risposta

d = 51,58 mm

Verifica: la snellezza KL/r è 155,1, quindi la colonna è snella e vale Eulero.

11.Vibrazioni meccaniche

Risposta: ζ = 0,4975

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·√(80000·10) = 1789 N·s/m

Fattore di smorzamento

ζ = c/cc = 890/1789 = 0,4975

Risposta

ζ = 0,4975

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

12.Vibrazioni meccaniche

Risposta: fn = 2,874 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 + 10 = 15 kN/m
keq = 15·100/(15 + 100) = 13,04 kN/m

Frequenza naturale

ωn = √(13043/40) = 18,06 rad/s
fn = 18,06/(2π) = 2,874 Hz

Risposta

fn = 2,874 Hz

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