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
N1​ = 16N2​ = 25

Un motore da 15 kW che gira a 1500 rpm aziona un pignone con 16 denti, che ingrana con una ruota con 25 denti. La coppia di ruote ha un rendimento del 95 %. Trova il momento torcente in uscita T2 sull’albero della ruota.

P = 15 kWn1 = 1500 rpmN1 = 16N2 = 25η = 95%
T2 = N·m
2.Ingranaggi e rotismiDifficile
d1​ = 120 mmd2​ = 450 mm1450 rpmC = 1000 mmT1​ = 600 NT2​P = ?

Una cinghia aperta collega una puleggia motrice da 120 mm a 1450 giri/min a una puleggia da 450 mm; gli assi distano 1000 mm. Il coefficiente di attrito è 0,35 e la tensione sul lato teso non può superare 600 N. Trova la massima potenza P che la cinghia può trasmettere senza slittare, in kW (trascura gli effetti centrifughi).

d1 = 120 mmn1 = 1450 rpmd2 = 450 mmC = 1000 mmμ = 0,35T1 = 600 N
P = kW
3.Torsione degli alberiMedia
d = 15 mmT = 30 N·m300 mmφ = 1,3°

In una prova di torsione, un provino pieno di diametro 15 mm viene torto da un momento torcente di 30 N·m. Le due estremità di un tratto utile di 300 mm ruotano di 1,3° l’una rispetto all’altra (il materiale è ancora in campo elastico). Trova il modulo di elasticità tangenziale G del materiale.

T = 30 N·md = 15 mmL = 300 mmφ = 1,3°
G = GPa
4.Torsione degli alberiDifficile
Td = ?

Un albero pieno deve trasmettere 100 kW a 1500 giri/min senza che la tensione tangenziale superi 60 MPa. Trova il diametro minimo d adatto.

P = 100 kWN = 1500 rpmτallow = 60 MPa
d = mm
5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniMedia
σx​ = 0σy​ = −10τxy​ = −10MPa

In un punto di un pezzo caricato si ha σₓ = 0 MPa, σᵧ = −10 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 = 0 MPaσy = −10 MPaτxy = −10 MPa
θp = °
6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniDifficile
σx​ = 70σy​ = 30τxy​ = 40MPa

In un punto di un pezzo caricato si ha σₓ = 70 MPa, σᵧ = 30 MPa e τₓᵧ = 40 MPa (trazione positiva). Trova la tensione normale σθ su un piano la cui normale è ruotata di 20° in senso orario rispetto all’asse x.

σx = 70 MPaσy = 30 MPaτxy = 40 MPaθ = -20°
σθ = MPa
7.Tensione e deformazione assialeMedia
Ø 25 mmRame2 mP = 45 kN

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

P = 45 kNd = 25 mmL = 2 mE = 117 GPa
δ = mm
8.Tensione e deformazione assialeDifficile
P = ?Ø2570 GPaØ120/60500 mm

Un’asta di acciaio (diametro 25 mm, E = 200 GPa, tensione ammissibile 250 MPa) sta dentro un tubo di alluminio (diametro esterno 120 mm, diametro interno 60 mm, E = 70 GPa, tensione ammissibile 50 MPa). Sono compressi insieme tra piastre rigide. Trova il massimo carico Pmax.

asta: Ø25 mm, E = 200 GPa, σallow = 250 MPatubo: Ø120/Ø60 mm, E = 70 GPa, σallow = 50 MPa
Pmax = kN
9.Instabilità delle colonneMedia
PL = 1 m20 × 50 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 = 1 mE = 200 GPa (acciaio)b × h = 20 × 50 mm
Pcr = kN
10.Instabilità delle colonneDifficile
P = 105 kNL = 2,5 md = ?sezione trasversale

Una colonna tonda piena di lunghezza L in alluminio è incastrata alla base e libera in cima. Deve portare 105 kN con un coefficiente di sicurezza di 3 contro l’instabilità. Trova il diametro minimo d.

P = 105 kNn = 3L = 2,5 mE = 70 GPa (alluminio)
d = mm
11.Vibrazioni meccanicheMedia
tx12 mm1 ciclo9,3 mm

In una prova di vibrazioni libere su un sistema massa–molla smorzato, a un picco di spostamento di 12 mm segue, un ciclo dopo, un picco di 9,3 mm. Trova il fattore di smorzamento ζ.

x0 = 12 mmx1 = 9,3 mmn = 1
ζ =
12.Vibrazioni meccanicheDifficile
k1​ = 10k2​ = 12k3​ = 20m = 50 kg

Una massa di 50 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 = 10 kN/m e k₂ = 12 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 = 50 kgk1 = 10 kN/mk2 = 12 kN/mk3 = 20 kN/m
fn = Hz

3Soluzioni

1.Ingranaggi e rotismi

Risposta: T2 = 141,7 N·m

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.

Momento torcente del motore

ω₁ = 2π·1500/60 = 157,1 rad/s
T1 = P/ω₁ = 15000/157,1 = 95,49 N·m

Momento torcente in uscita

T2 = 95,49·25/16·0,95 = 141,7 N·m

Risposta

T2 = 141,7 N·m
2.Ingranaggi e rotismi

Risposta: P = 3,422 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.

Angolo di avvolgimento

θ = 2,81 rad

Tensione sul lato lento

eμθ = e0,9835 = 2,674, T₂ = 600/2,674 = 224,4 N

Potenza

P = (600 − 224,4)·9,111 = 3,422 kW

Risposta

P = 3,422 kW
3.Torsione degli alberi

Risposta: G = 79,81 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·15⁴/32 = 4970 mm⁴
φ = 1,3·π/180 = 0,02269 rad

Modulo di taglio

T = 30 N·m = 30000 N·mm
G = TL/(Jφ) = 30000·300/(4970·0,02269) = 79810 MPa
G = 79,81 GPa

Risposta

G = 79,81 GPa

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

4.Torsione degli alberi

Risposta: d = 37,81 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 = 100000/157,1 = 636,6 N·m

Diametro dalla tensione ammissibile

d = ∛(16T/(π·τallow)) = ∛(16·636620/(π·60)) = 37,81 mm

Risposta

d = 37,81 mm

In pratica arrotonderesti alla misura standard successiva.

5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: θp = −31,72 °

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, 0 − −10) = −63,43°

Angolo sull’elemento

θp = −31,72°

Risposta

θp = −31,72°

Gli angoli positivi sono in senso antiorario.

6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: σθ = 39,61 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

σθ = 50 + 20·0,766 + 40·−0,6428 = 39,61 MPa

Risposta

σθ = 39,61 MPa
7.Tensione e deformazione assiale

Risposta: δ = 1,567 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·25²/4 = 490,9 mm²
σ = P/A = 45·1000/490,9 = 91,67 MPa

Deformazione (legge di Hooke)

E for rame = 117 GPa = 117000 MPa.

ε = σ/E = 91,67/117000 = 0,0007835 = 783,5 µε

Allungamento

δ = ε·L = 0,0007835·2000 mm = 1,567 mm

Risposta

δ = 1,567 mm
8.Tensione e deformazione assiale

Risposta: Pmax = 494,2 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·25²/4 = 490,9 mm²
At = π(120² − 60²)/4 = 8482 mm²

Rigidezza assiale combinata

ΣEA = 200·10³·490,9 + 70·10³·8482 = 6,919 × 10⁸ N

Deformazione governante

ε = min(0,00125, 0,0007143) = 0,0007143 (alluminio)

Carico massimo

Pmax = 0,0007143·6,919 × 10⁸ = 494240 N = 494,2 kN

Risposta

Pmax = 494,2 kN
9.Instabilità delle colonne

Risposta: Pcr = 134,3 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 = 50·20³/12 = 33333 mm⁴

Lunghezza libera d’inflessione

KL = 0,7·1000 = 700 mm

Carico critico

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·200000·33333/700² = 134280 N = 134,3 kN

Risposta

Pcr = 134,3 kN
10.Instabilità delle colonne

Risposta: d = 123,4 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 = 2·2500 = 5000 mm

Risolvi per il diametro

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·315000·5000²/(π³·70000))^(1/4) = 123,4 mm

Risposta

d = 123,4 mm

Verifica: la snellezza KL/r è 162, quindi la colonna è snella e vale Eulero.

11.Vibrazioni meccaniche

Risposta: ζ = 0,04053

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(12/9,3) = 0,2549

Fattore di smorzamento

ζ = δ/√(4π² + δ²) = 0,2549/√(39,48 + 0,06497) = 0,04053

Risposta

ζ = 0,04053
12.Vibrazioni meccaniche

Risposta: fn = 2,304 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 = 10 + 12 = 22 kN/m
keq = 22·20/(22 + 20) = 10,48 kN/m

Frequenza naturale

ωn = √(10476/50) = 14,47 rad/s
fn = 14,47/(2π) = 2,304 Hz

Risposta

fn = 2,304 Hz

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