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​ = 20N2​ = 25

Un motore da 1,5 kW che gira a 1500 rpm aziona un pignone con 20 denti, che ingrana con una ruota con 25 denti. Trascura le perdite. Trova il momento torcente in uscita T2 sull’albero della ruota.

P = 1,5 kWn1 = 1500 rpmN1 = 20N2 = 25η = 100%
T2 = N·m
2.Ingranaggi e rotismiDifficile
d1​ = 200 mmd2​ = 300 mm720 rpmC = 1200 mmθ = ?

Una cinghia aperta collega una puleggia da 200 mm e una puleggia da 300 mm con gli assi a 1200 mm di distanza. Trova l’angolo di avvolgimento θ sulla puleggia più piccola, in gradi.

d1 = 200 mmd2 = 300 mmC = 1200 mm
θ = °
3.Torsione degli alberiMedia
T = 100 N·md = 30 mmL = 2,5 mφ = ?

Un albero pieno di alluminio 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 = 100 N·md = 30 mmL = 2,5 mG = 26 GPa
φ = °
4.Torsione degli alberiDifficile
Td = ?

Un albero pieno deve trasmettere 30 kW a 1500 giri/min senza che la tensione tangenziale superi 50 MPa. Trova il diametro minimo d adatto.

P = 30 kWN = 1500 rpmτallow = 50 MPa
d = mm
5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniMedia
σx​ = 80σy​ = −70τxy​ = 40MPa

Un punto ha σₓ = 80 MPa, σᵧ = −70 MPa e τₓᵧ = 40 MPa (trazione positiva). L’elemento è ruotato di 45° in senso orario. Trova la tensione normale σy′ sulle facce dell’elemento ruotato perpendicolari all’asse ruotato y′.

σx = 80 MPaσy = −70 MPaτxy = 40 MPaθ = -45°
σy′ = MPa
6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniDifficile
σx​ = 130τxy​ = −10MPa

Un punto di una lastra sottile è in stato piano di tensione: σₓ = 130 MPa, σᵧ = 0 MPa e τₓᵧ = −10 MPa (σz = 0). Il materiale ha una tensione di snervamento di 300 MPa. Trova il coefficiente di sicurezza n nei confronti dello snervamento secondo il criterio di von Mises (energia di distorsione).

σx = 130 MPaσy = 0 MPaτxy = −10 MPaσY = 300 MPa
n =
7.Tensione e deformazione assialeMedia
Ø 16 mmAlluminio2,5 mP = 80 kN

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

P = 80 kNd = 16 mmL = 2,5 mE = 70 GPa
δ = mm
8.Tensione e deformazione assialeDifficile
P = ?Ø4070 GPaØ100/60400 mm

Un’asta di acciaio (diametro 40 mm, E = 200 GPa, tensione ammissibile 150 MPa) sta dentro un tubo di alluminio (diametro esterno 100 mm, diametro interno 60 mm, E = 70 GPa, tensione ammissibile 60 MPa). Sono compressi insieme tra piastre rigide. Trova il massimo carico Pmax.

asta: Ø40 mm, E = 200 GPa, σallow = 150 MPatubo: Ø100/Ø60 mm, E = 70 GPa, σallow = 60 MPa
Pmax = kN
9.Instabilità delle colonneMedia
PL = 5 md = 50 mmsezione trasversale

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

L = 5 mE = 200 GPa (acciaio)d = 50 mm
Pcr = kN
10.Instabilità delle colonneDifficile
PL = 6 md = 60 mmsezione trasversale

Una colonna di lunghezza L in acciaio è incernierata a entrambi gli estremi. Trova la sua snellezza e la tensione critica σcr dalla formula di Eulero.

L = 6 mE = 200 GPa (acciaio)d = 60 mm
σcr = MPa
11.Vibrazioni meccanicheMedia
k = 40 kN/mζ = 0,7m = 10 kg

Una massa di 10 kg su una molla con rigidezza di 40 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 = 10 kgk = 40 kN/mζ = 0,7
fd = Hz
12.Vibrazioni meccanicheDifficile
k1​ = 40k2​ = 10m = 10 kg

Una massa di 10 kg è appesa a due molle affiancate (in parallelo), con rigidezze k₁ = 40 kN/m e k₂ = 10 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 = 10 kgk1 = 40 kN/mk2 = 10 kN/m
fn = Hz

3Soluzioni

1.Ingranaggi e rotismi

Risposta: T2 = 11,94 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 = 1500/157,1 = 9,549 N·m

Momento torcente in uscita

T2 = 9,549·25/20·1 = 11,94 N·m

Risposta

T2 = 11,94 N·m
2.Ingranaggi e rotismi

Risposta: θ = 175,2 °

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 della cinghia

asin(0,04167) = 2,388°

Angolo di avvolgimento

θ = 180 − 2·2,388 = 175,2°

Risposta

θ = 175,2°
3.Torsione degli alberi

Risposta: φ = 6,928 °

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·30⁴/32 = 79522 mm⁴

Angolo di torsione

φ = TL/(GJ) = 100·1000·2500/(26000·79522) = 0,1209 rad
φ = 0,1209·180/π = 6,928°

Risposta

φ = 6,928°
4.Torsione degli alberi

Risposta: d = 26,89 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 = 30000/157,1 = 191 N·m

Diametro dalla tensione ammissibile

d = ∛(16T/(π·τallow)) = ∛(16·190986/(π·50)) = 26,89 mm

Risposta

d = 26,89 mm

In pratica arrotonderesti alla misura standard successiva.

5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: σy′ = 45 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 per la faccia y′

σy′ = 5 − 75·0 − 40·(−1) = 45 MPa

Verifica

La somma delle tensioni normali non cambia con la rotazione.

σx′ = −35 MPa, σx′ + σy′ = 10 = σx + σy

Risposta

σy′ = 45 MPa
6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: n = 2,287

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 = 65 MPa, R = 65,76 MPa
σ1 = 130,8 MPa, σ2 = −0,7647 MPa, σ3 = 0

Von Mises

σvM = √(130,8² − 130,8·(−0,7647) + (−0,7647)²) = 131,1 MPa
n = 300/131,1 = 2,287

Risposta

n = 2,287

n > 1 significa che il punto non si snerva; Tresca è leggermente più conservativo di von Mises.

7.Tensione e deformazione assiale

Risposta: δ = 14,21 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·16²/4 = 201,1 mm²
σ = P/A = 80·1000/201,1 = 397,9 MPa

Deformazione (legge di Hooke)

E for alluminio = 70 GPa = 70000 MPa.

ε = σ/E = 397,9/70000 = 0,005684 = 5684 µε

Allungamento

δ = ε·L = 0,005684·2500 mm = 14,21 mm

Risposta

δ = 14,21 mm
8.Tensione e deformazione assiale

Risposta: Pmax = 452,4 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·40²/4 = 1257 mm²
At = π(100² − 60²)/4 = 5027 mm²

Rigidezza assiale combinata

ΣEA = 200·10³·1257 + 70·10³·5027 = 6,032 × 10⁸ N

Deformazione governante

ε = min(0,00075, 0,0008571) = 0,00075 (acciaio)

Carico massimo

Pmax = 0,00075·6,032 × 10⁸ = 452389 N = 452,4 kN

Risposta

Pmax = 452,4 kN
9.Instabilità delle colonne

Risposta: Pcr = 96,89 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·50⁴/64 = 306796 mm⁴

Lunghezza libera d’inflessione

KL = 0,5·5000 = 2500 mm

Carico critico

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·200000·306796/2500² = 96895 N = 96,89 kN

Risposta

Pcr = 96,89 kN
10.Instabilità delle colonne

Risposta: σcr = 12,34 MPa

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

Raggio d’inerzia e snellezza

A = 2827 mm²
r = √(I/A) = √(636173/2827) = 15 mm
KL = 1·6000 = 6000 mm
KL/r = 6000/15 = 400

Tensione critica

σcr = π²E/(KL/r)² = π²·200000/400² = 12,34 MPa

Risposta

σcr = 12,34 MPa
11.Vibrazioni meccaniche

Risposta: fd = 7,188 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 = √(40000/10) = 63,25 rad/s
fn = 63,25/(2π) = 10,07 Hz

Frequenza naturale smorzata

fd = fn·√(1 − ζ²) = 10,07·√(1 − 0,7²) = 7,188 Hz

Risposta

fd = 7,188 Hz
12.Vibrazioni meccaniche

Risposta: fn = 11,25 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 = 40 + 10 = 50 kN/m

Frequenza naturale

ωn = √(50000/10) = 70,71 rad/s
fn = 70,71/(2π) = 11,25 Hz

Risposta

fn = 11,25 Hz

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