Costruzione di macchine: pacchetto last-minute

Formulari, i passaggi chiave del metodo per ogni argomento e 12 esercizi, con le soluzioni complete in fondo.

Nuovi eserciziTorna al corso

Nella finestra di stampa scegli “Salva come PDF” per conservarne una copia sul tuo dispositivo.

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
Nw​ = 50z = 1, 1440 rpm

Una vite senza fine a 1 principi gira a 1440 rpm e aziona una ruota elicoidale con 50 denti. Trova la velocità nw della ruota.

z = 1Nw = 50n = 1440 rpm
nw = rpm
2.Ingranaggi e rotismiDifficile
A = 45B = 72C = 24D = 25

In un rotismo composto, la ruota A (45 denti) sull’albero di ingresso, che gira a 960 rpm, aziona la ruota B (72 denti). La ruota C (24 denti) è calettata sullo stesso albero di B e aziona la ruota D (25 denti) sull’albero di uscita. Trova la velocità di uscita nout.

nin = 960 rpmA = 45B = 72C = 24D = 25
nout = rpm
3.Torsione degli alberiMedia
d1​ = 25 mmd2​ = 20 mmT = 100 N·mABC1,5 m1,5 m

Un albero pieno a gradini in ottone è incastrato in A. Il tratto AB ha diametro 25 mm e lunghezza 1,5 m; il tratto BC ha diametro 20 mm e lunghezza 1,5 m. Un momento torcente di 100 N·m agisce all’estremo libero C. Trova l’angolo di torsione φC dell’estremo C, in gradi.

T = 100 N·md1 = 25 mm, L1 = 1,5 md2 = 20 mm, L2 = 1,5 mG = 39 GPa
φC = °
4.Torsione degli alberiDifficile
Td = ?

Un albero pieno deve trasmettere 30 kW a 500 giri/min senza che la tensione tangenziale superi 40 MPa. Trova il diametro minimo d adatto.

P = 30 kWN = 500 rpmτallow = 40 MPa
d = mm
5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniMedia
σx​ = 60σy​ = −40τxy​ = 30MPa

In un punto di un pezzo caricato si ha σₓ = 60 MPa, σᵧ = −40 MPa e τₓᵧ = 30 MPa (trazione positiva). Trova la massima tensione tangenziale nel piano τmax.

σx = 60 MPaσy = −40 MPaτxy = 30 MPa
τmax = MPa
6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniDifficile
σx​ = 10σy​ = 10τxy​ = 60MPa

In un punto di un pezzo caricato si ha σₓ = 10 MPa, σᵧ = 10 MPa e τₓᵧ = 60 MPa (trazione positiva). Trova la tensione normale σθ su un piano la cui normale è ruotata di 15° in senso antiorario rispetto all’asse x.

σx = 10 MPaσy = 10 MPaτxy = 60 MPaθ = 15°
σθ = MPa
7.Tensione e deformazione assialeMedia
200 kNØ20120 GPaØ80/50800 mmδ = ?

Un’asta di acciaio (diametro 20 mm, E = 200 GPa) sta dentro un tubo di rame (diametro esterno 80 mm, diametro interno 50 mm, E = 120 GPa). Entrambi sono lunghi 800 mm e sono compressi insieme tra piastre rigide da 200 kN. Trova l’accorciamento δ.

P = 200 kNasta: Ø20 mm, E = 200 GPatubo: Ø80/Ø50 mm, E = 120 GPaL = 800 mm
δ = mm
8.Tensione e deformazione assialeDifficile
Ø 30 mmAcciaio0,5 mØ 16 mmRame1,5 mP = 90 kN

La barra a gradini è incastrata alla parete e caricata all’estremo libero. Trova la tensione normale massima σmax nella barra.

P = 90 kNtratto 1: Ø30 mm, 0,5 m, acciaio (E = 200 GPa)tratto 2: Ø16 mm, 1,5 m, rame (E = 117 GPa)
σmax = MPa
9.Instabilità delle colonneMedia
PL = 3 md = 60 mmsezione trasversale

Una colonna di lunghezza L in acciaio è incastrata alla base e libera in cima. Usando la formula di Eulero, trova il suo carico critico Pcr.

L = 3 mE = 200 GPa (acciaio)d = 60 mm
Pcr = kN
10.Instabilità delle colonneDifficile
PL = 4 md = 60 mmsezione trasversale

Una colonna di lunghezza L in alluminio è incastrata alla base e incernierata in cima. Trova la sua snellezza e la tensione critica σcr dalla formula di Eulero.

L = 4 mE = 70 GPa (alluminio)d = 60 mm
σcr = MPa
11.Vibrazioni meccanicheMedia
tx30 mm3 cicli3,1 mm

In una prova di vibrazioni libere su un sistema massa–molla smorzato, a un picco di spostamento di 30 mm segue, 3 cicli dopo, un picco di 3,1 mm. Trova il fattore di smorzamento ζ.

x0 = 30 mmx3 = 3,1 mmn = 3
ζ =
12.Vibrazioni meccanicheDifficile
k1​ = 5k2​ = 10k3​ = 10m = 100 kg

Una massa di 100 kg è appesa alla molla k₃ = 10 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 = 100 kgk1 = 5 kN/mk2 = 10 kN/mk3 = 10 kN/m
fn = Hz

3Soluzioni

1.Ingranaggi e rotismi

Risposta: nw = 28,8 rpm

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 della ruota

nw = n·z/Nw = 1440·1/50 = 28,8 rpm

Risposta

nw = 28,8 rpm
2.Ingranaggi e rotismi

Risposta: nout = 576 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 = 960·45/72 = 600 rpm = nC

Secondo stadio

nout = 600·24/25 = 576 rpm

Risposta

nout = 576 rpm

rapporto totale = 1,667 : 1

3.Torsione degli alberi

Risposta: φC = 19,78 °

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.

Momenti d’inerzia polari

J1 = π·25⁴/32 = 38350 mm⁴
J2 = π·20⁴/32 = 15708 mm⁴

Torsione di ciascun tratto

T = 100 N·m = 100000 N·mm
G = 39 GPa = 39000 MPa
φAB = 100000·1500/(39000·38350) = 0,1003 rad
φBC = 100000·1500/(39000·15708) = 0,2449 rad

Torsione totale

φC = 0,1003 + 0,2449 = 0,3451 rad = 19,78°

Risposta

φC = 19,78°
4.Torsione degli alberi

Risposta: d = 41,78 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·500/60 = 52,36 rad/s
T = P/ω = 30000/52,36 = 573 N·m

Diametro dalla tensione ammissibile

d = ∛(16T/(π·τallow)) = ∛(16·572958/(π·40)) = 41,78 mm

Risposta

d = 41,78 mm

In pratica arrotonderesti alla misura standard successiva.

5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: τmax = 58,31 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.

στxyCτmax​

Raggio del cerchio di Mohr

τmax = R = √(((60 − −40)/2)² + 30²) = 58,31 MPa

Risposta

τmax = 58,31 MPa
6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: σθ = 40 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 = 10 + 0·0,866 + 60·0,5 = 40 MPa

Risposta

σθ = 40 MPa
7.Tensione e deformazione assiale

Risposta: δ = 0,3717 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·20²/4 = 314,2 mm²
At = π(80² − 50²)/4 = 3063 mm²

Rigidezza assiale combinata

ΣEA = 200·10³·314,2 + 120·10³·3063 = 4,304 × 10⁸ N

Accorciamento

δ = 200000·800/4,304 × 10⁸ = 0,3717 mm

Risposta

δ = 0,3717 mm
8.Tensione e deformazione assiale

Risposta: σmax = 447,6 MPa

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·30²/4 = 706,9 mm², A2 = π·16²/4 = 201,1 mm²
σ1 = 127,3 MPa
σ2 = 447,6 MPa

Tensione massima

Il tratto più sottile ha l’area minore, quindi porta la tensione maggiore.

σmax = 447,6 MPa

Risposta

σmax = 447,6 MPa
9.Instabilità delle colonne

Risposta: Pcr = 34,88 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 = 2·3000 = 6000 mm

Carico critico

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·200000·636173/6000² = 34882 N = 34,88 kN

Risposta

Pcr = 34,88 kN
10.Instabilità delle colonne

Risposta: σcr = 19,83 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 = 0,7·4000 = 2800 mm
KL/r = 2800/15 = 186,7

Tensione critica

σcr = π²E/(KL/r)² = π²·70000/186,7² = 19,83 MPa

Risposta

σcr = 19,83 MPa
11.Vibrazioni meccaniche

Risposta: ζ = 0,1196

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 = (1/3)·ln(30/3,1) = 0,7566

Fattore di smorzamento

ζ = δ/√(4π² + δ²) = 0,7566/√(39,48 + 0,5724) = 0,1196

Risposta

ζ = 0,1196
12.Vibrazioni meccaniche

Risposta: fn = 1,233 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 = 15·10/(15 + 10) = 6 kN/m

Frequenza naturale

ωn = √(6000/100) = 7,746 rad/s
fn = 7,746/(2π) = 1,233 Hz

Risposta

fn = 1,233 Hz

ExamProblems · examproblems.com/courses/machine-design