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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​ = 120 mmd2​ = 300 mm720 rpmT1​ = 1500 NT2​ = 750 NP = ?

Una cinghia scorre su una puleggia motrice da 120 mm a 720 giri/min. La tensione è 1500 N sul lato teso e 750 N sul lato lento. Trova la potenza P trasmessa, in kW.

d1 = 120 mmn1 = 720 rpmT1 = 1500 NT2 = 750 N
P = kW
2.Ingranaggi e rotismiDifficile
d1​ = 160 mmd2​ = 450 mm2880 rpmC = 600 mmT1​ = 1500 NT2​P = ?

Una cinghia aperta collega una puleggia motrice da 160 mm a 2880 giri/min a una puleggia da 450 mm; gli assi distano 600 mm. Il coefficiente di attrito è 0,3 e la tensione sul lato teso non può superare 1500 N. Trova la massima potenza P che la cinghia può trasmettere senza slittare, in kW (trascura gli effetti centrifughi).

d1 = 160 mmn1 = 2880 rpmd2 = 450 mmC = 600 mmμ = 0,3T1 = 1500 N
P = kW
3.Torsione degli alberiMedia
do​ = ?T = 200 N·m

Un albero cavo deve sopportare un momento torcente di 200 N·m. Il suo diametro interno deve essere 0,8 volte il diametro esterno, e la tensione tangenziale non deve superare 40 MPa. Trova il diametro esterno minimo do.

T = 200 N·mdi/do = 0,8τallow = 40 MPa
do = mm
4.Torsione degli alberiDifficile
Tdo​ = 40 mm, di​ = 20 mm

Un albero cavo trasmette 15 kW a 300 giri/min. Trova la tensione tangenziale massima τmax nell’albero.

P = 15 kWN = 300 rpmdo = 40 mmdi = 20 mm
τmax = MPa
5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniMedia
σx​ = 90σy​ = −30τxy​ = 30MPa

Un punto ha σₓ = 90 MPa, σᵧ = −30 MPa e τₓᵧ = 30 MPa (trazione positiva). Trova l’angolo θs, compreso tra −90° e 90°, dall’asse x alla normale del piano su cui la tensione tangenziale ha il suo valore massimo positivo +R (tangenziale positiva nello stesso verso di τₓᵧ).

σx = 90 MPaσy = −30 MPaτxy = 30 MPa
θs = °
6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniDifficile
σx​ = −40σy​ = 70τxy​ = 50MPa

In un punto di un pezzo caricato si ha σₓ = −40 MPa, σᵧ = 70 MPa e τₓᵧ = 50 MPa (trazione positiva). Trova la tensione tangenziale τθ su un piano la cui normale è ruotata di 20° in senso antiorario rispetto all’asse x (positiva nello stesso senso di τₓᵧ).

σx = −40 MPaσy = 70 MPaτxy = 50 MPaθ = 20°
τθ = MPa
7.Tensione e deformazione assialeMedia
Ø 25 mmAcciaio2 mP = 35 kN

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

P = 35 kNd = 25 mmL = 2 mE = 200 GPa
ε = µε
8.Tensione e deformazione assialeDifficile
Ø 35 mmRame2 mØ 12 mmOttone2 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, rame (E = 117 GPa)tratto 2: Ø12 mm, 2 m, ottone (E = 100 GPa)
δ = mm
9.Instabilità delle colonneMedia
PL = 2,5 md = 60 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 = 2,5 mE = 200 GPa (acciaio)d = 60 mm
Pcr = kN
10.Instabilità delle colonneDifficile
P = 110 kNL = 2 md = ?sezione trasversale

Una colonna tonda piena di lunghezza L in acciaio è incernierata a entrambi gli estremi. Deve portare 110 kN con un coefficiente di sicurezza di 2,5 contro l’instabilità. Trova il diametro minimo d.

P = 110 kNn = 2,5L = 2 mE = 200 GPa (acciaio)
d = mm
11.Vibrazioni meccanicheMedia
k = 150 kN/mc = 2740 N·s/mm = 200 kg

Una massa di 200 kg è sostenuta da una molla con rigidezza di 150 kN/m e da uno smorzatore viscoso con coefficiente di smorzamento di 2740 N·s/m. Trova il fattore di smorzamento ζ.

m = 200 kgk = 150 kN/mc = 2740 N·s/m
ζ =
12.Vibrazioni meccanicheDifficile
k1​ = 100k2​ = 20m = 40 kg

Una massa di 40 kg è appesa a due molle affiancate (in parallelo), con rigidezze k₁ = 100 kN/m e k₂ = 20 kN/m. La massa resta orizzontale. Trascura lo smorzamento e le masse delle molle. Trova la frequenza naturale fn delle vibrazioni verticali in Hz.

m = 40 kgk1 = 100 kN/mk2 = 20 kN/m
fn = Hz

3Soluzioni

1.Ingranaggi e rotismi

Risposta: P = 3,393 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 = 4,524 m/s

Potenza

P = (1500 − 750)·4,524 = 3393 W = 3,393 kW

Risposta

P = 3,393 kW
2.Ingranaggi e rotismi

Risposta: P = 19,86 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 = 2,653 rad

Tensione sul lato lento

eμθ = e0,796 = 2,217, T₂ = 1500/2,217 = 676,7 N

Potenza

P = (1500 − 676,7)·24,13 = 19,86 kW

Risposta

P = 19,86 kW
3.Torsione degli alberi

Risposta: do = 35,07 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.

Diametro esterno dalla tensione ammissibile

T = 200 N·m = 200000 N·mm
1 − k⁴ = 1 − 0,8⁴ = 0,5904
do = ∛(16T/(π·τallow·(1 − k⁴))) = ∛(16·200000/(π·40·0,5904)) = 35,07 mm
di = 0,8·35,07 = 28,06 mm

Risposta

do = 35,07 mm

Un albero pieno richiederebbe d = 29,42 mm; quello cavo è un po’ più grande ma molto più leggero.

4.Torsione degli alberi

Risposta: τmax = 40,53 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 = 15000/31,42 = 477,5 N·m

Momento d’inerzia polare

J = π(40⁴ − 20⁴)/32 = 235619 mm⁴

Tensione tangenziale massima

τmax = T·(do/2)/J = 477465·20/235619 = 40,53 MPa

Risposta

τmax = 40,53 MPa
5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: θs = −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.

στxyCτmax​

Angolo sul cerchio

Sul cerchio di Mohr il punto più alto (+R) è a 90° dal punto principale σ₁; sull’elemento questo corrisponde a 45°.

cos 2θs = 30/67,08 = 0,4472, sin 2θs = −60/67,08 = −0,8944
2θs = atan2(−60, 30) = −63,43°

Angolo sull’elemento

θs = −31,72°
verifica: θs − θp = −31,72 − 13,28 = −45°

Risposta

θs = −31,72°

Gli angoli positivi sono in senso antiorario.

6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: τθ = 73,66 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 = −−55·0,6428 + 50·0,766 = 73,66 MPa

Risposta

τθ = 73,66 MPa
7.Tensione e deformazione assiale

Risposta: ε = 356,5 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·25²/4 = 490,9 mm²
σ = P/A = 35·1000/490,9 = 71,3 MPa

Deformazione (legge di Hooke)

E for acciaio = 200 GPa = 200000 MPa.

ε = σ/E = 71,3/200000 = 0,0003565 = 356,5 µε

Risposta

ε = 356,5 µε
8.Tensione e deformazione assiale

Risposta: δ = 2,919 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 = 15,59·2000/117000 = 0,2665 mm
δ2 = σ2L2/E2 = 132,6·2000/100000 = 2,653 mm
δ = δ1 + δ2 = 2,919 mm

Risposta

δ = 2,919 mm
9.Instabilità delle colonne

Risposta: Pcr = 200,9 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·60⁴/64 = 636173 mm⁴

Lunghezza libera d’inflessione

KL = 1·2500 = 2500 mm

Carico critico

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·200000·636173/2500² = 200921 N = 200,9 kN

Risposta

Pcr = 200,9 kN
10.Instabilità delle colonne

Risposta: d = 58,05 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 = 2,5·110000 = 275000 N
KL = 1·2000 = 2000 mm

Risolvi per il diametro

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·275000·2000²/(π³·200000))^(1/4) = 58,05 mm

Risposta

d = 58,05 mm

Verifica: la snellezza KL/r è 137,8, quindi la colonna è snella e vale Eulero.

11.Vibrazioni meccaniche

Risposta: ζ = 0,2501

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·√(150000·200) = 10954 N·s/m

Fattore di smorzamento

ζ = c/cc = 2740/10954 = 0,2501

Risposta

ζ = 0,2501

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

12.Vibrazioni meccaniche

Risposta: fn = 8,717 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 affiancate hanno la stessa deformazione e sommano le loro forze, quindi le rigidezze si sommano semplicemente: k = k1 + k2.

keq = 100 + 20 = 120 kN/m

Frequenza naturale

ωn = √(120000/40) = 54,77 rad/s
fn = 54,77/(2π) = 8,717 Hz

Risposta

fn = 8,717 Hz

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