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​ = 18, m = 2,5 mm

Un motore da 1,5 kW che gira a 2900 rpm aziona un pignone con 18 denti e modulo di 2,5 mm. Trova la forza tangenziale Ft sui denti del pignone.

P = 1,5 kWn = 2900 rpmN1 = 18m = 2,5 mm
Ft = N
2.Ingranaggi e rotismiDifficile
Ns​ = 18nr​ = ?Np​ = 30portatreno fisso

In un rotismo epicicloidale il solare ha 18 denti e ogni satellite ha 30 denti. Il portatreno è bloccato e il solare è azionato a 3000 rpm. Trova la velocità nr della corona (in modulo).

Ns = 18Np = 30ns = 3000 rpm
nr = rpm
3.Torsione degli alberiMedia
T = 400 N·md = 40 mmL = 0,5 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 = 400 N·md = 40 mmL = 0,5 mG = 26 GPa
φ = °
4.Torsione degli alberiDifficile
do​ = ?15 kW, 1800 rpm

Un albero cavo deve trasmettere 15 kW a 1800 rpm. Il suo diametro interno deve essere 0,7 volte il diametro esterno, e la tensione tangenziale non deve superare 80 MPa. Trova il diametro esterno minimo do.

P = 15 kWN = 1800 rpmdi/do = 0,7τallow = 80 MPa
do = mm
5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniMedia
σx​ = 50σy​ = 60τxy​ = −30MPa

Un punto di una lastra sottile è in stato piano di tensione: σₓ = 50 MPa, σᵧ = 60 MPa e τₓᵧ = −30 MPa, con σz = 0. Trova la tensione tangenziale massima assoluta τabs nel punto (considerando tutti i piani in tre dimensioni).

σx = 50 MPaσy = 60 MPaτxy = −30 MPaσz = 0
τabs = MPa
6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniDifficile
σx​ = 150σy​ = −10τxy​ = −30MPa

In un punto di un pezzo caricato si ha σₓ = 150 MPa, σᵧ = −10 MPa e τₓᵧ = −30 MPa (trazione positiva). Trova la tensione normale σθ su un piano la cui normale è ruotata di 45° in senso antiorario rispetto all’asse x.

σx = 150 MPaσy = −10 MPaτxy = −30 MPaθ = 45°
σθ = MPa
7.Tensione e deformazione assialeMedia
Ø 25 mmAlluminio1,5 mP = 70 kN

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

P = 70 kNd = 25 mmL = 1,5 mE = 70 GPa
δ = mm
8.Tensione e deformazione assialeDifficile
Ø 40 mmRame0,5 mØ 20 mmAlluminio0,5 mP = 100 kN

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

P = 100 kNtratto 1: Ø40 mm, 0,5 m, rame (E = 117 GPa)tratto 2: Ø20 mm, 0,5 m, alluminio (E = 70 GPa)
δ = mm
9.Instabilità delle colonneMedia
PL = 4 m25 × 40 mmsezione trasversale

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

L = 4 mE = 70 GPa (alluminio)b × h = 25 × 40 mm
Pcr = kN
10.Instabilità delle colonneDifficile
P = 15 kNL = 3 md = ?sezione trasversale

Una colonna tonda piena di lunghezza L in acciaio è incernierata a entrambi gli estremi. Deve portare 15 kN con un coefficiente di sicurezza di 3 contro l’instabilità. Trova il diametro minimo d.

P = 15 kNn = 3L = 3 mE = 200 GPa (acciaio)
d = mm
11.Vibrazioni meccanicheMedia
tx12 mm5 cicli2,5 mm

In una prova di vibrazioni libere su un sistema massa–molla smorzato, a un picco di spostamento di 12 mm segue, 5 cicli dopo, un picco di 2,5 mm. Trova il fattore di smorzamento ζ.

x0 = 12 mmx5 = 2,5 mmn = 5
ζ =
12.Vibrazioni meccanicheDifficile
k1​ = 40k2​ = 100k3​ = 30m = 20 kg

Una massa di 20 kg è appesa alla molla k₃ = 30 kN/m. L’estremità superiore di k₃ è fissata a una barra rigida appesa a due molle affiancate, k₁ = 40 kN/m e k₂ = 100 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 = 20 kgk1 = 40 kN/mk2 = 100 kN/mk3 = 30 kN/m
fn = Hz

3Soluzioni

1.Ingranaggi e rotismi

Risposta: Ft = 219,5 N

Gear geometry: the module m sets the tooth size. A gear with N teeth has a pitch diameter d = m·N, two meshing gears have the same module, and their centre distance is a = (d₁ + d₂)/2 = m·(N₁ + N₂)/2. The pitch-line speed is v = π·d·n/60, and the tangential tooth force follows from the torque: Ft = 2T/d.

Coppia sul pignone

ω = 2π·2900/60 = 303,7 rad/s
T = P/ω = 1500/303,7 = 4,939 N·m

Diametro primitivo

d = m·N = 2,5·18 = 45 mm

Forza tangenziale

Ft = 2T/d = 2·4,939/0,045 = 219,5 N

Risposta

Ft = 219,5 N
2.Ingranaggi e rotismi

Risposta: nr = 692,3 rpm

Rotismi epicicloidali: le velocità di solare, corona e portatreno sono legate dalla formula di Willis (ns − nc)/(nr − nc) = −Nr/Ns: visto dal portatreno, il rotismo è un rotismo ordinario con i satelliti come ruote oziose. Bloccando un elemento il rotismo diventa un riduttore a rapporto unico.

Denti della corona

Nr = Ns + 2·Np = 18 + 2·30 = 78

Formula di Willis con il portatreno fisso

Con nc = 0 il solare aziona la corona attraverso i satelliti, che fanno da ruote oziose.

nr = −ns·Ns/Nr = −3000·18/78 = −692,3 rpm
|nr| = 692,3 rpm

Risposta

nr = 692,3 rpm

La corona gira in verso opposto al solare.

3.Torsione degli alberi

Risposta: φ = 1,754 °

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·40⁴/32 = 251327 mm⁴

Angolo di torsione

φ = TL/(GJ) = 400·1000·500/(26000·251327) = 0,03061 rad
φ = 0,03061·180/π = 1,754°

Risposta

φ = 1,754°
4.Torsione degli alberi

Risposta: do = 18,82 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·1800/60 = 188,5 rad/s
T = P/ω = 15000/188,5 = 79,58 N·m

Diametro esterno dalla tensione ammissibile

T = 79,58 N·m = 79577 N·mm
1 − k⁴ = 1 − 0,7⁴ = 0,7599
do = ∛(16T/(π·τallow·(1 − k⁴))) = ∛(16·79577/(π·80·0,7599)) = 18,82 mm
di = 0,7·18,82 = 13,17 mm

Risposta

do = 18,82 mm

Un albero pieno richiederebbe d = 17,17 mm; quello cavo è un po’ più grande ma molto più leggero.

5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: τabs = 42,71 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. In tre dimensioni la tensione tangenziale massima assoluta è (σmax − σmin)/2 su tutte e tre le tensioni principali; nello stato piano di tensione la terza è nulla.

στxyCσ1​σ2​

Tensioni principali nel piano

C = 55 MPa, R = √((−5)² + (−30)²) = 30,41 MPa
σ1 = 85,41 MPa, σ2 = 24,59 MPa, σz = 0

Il maggiore dei tre cerchi

τ = max(|σ1 − σ2|, |σ1|, |σ2|)/2 = max(60,83, 85,41, 24,59)/2 = 42,71 MPa

Risposta

τabs = 42,71 MPa

Qui governa il cerchio fuori dal piano: il massimo assoluto è maggiore del massimo nel piano R.

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 = 70 + 80·0 + −30·1 = 40 MPa

Risposta

σθ = 40 MPa
7.Tensione e deformazione assiale

Risposta: δ = 3,056 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 = 70·1000/490,9 = 142,6 MPa

Deformazione (legge di Hooke)

E for alluminio = 70 GPa = 70000 MPa.

ε = σ/E = 142,6/70000 = 0,002037 = 2037 µε

Allungamento

δ = ε·L = 0,002037·1500 mm = 3,056 mm

Risposta

δ = 3,056 mm
8.Tensione e deformazione assiale

Risposta: δ = 2,614 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·40²/4 = 1257 mm², A2 = π·20²/4 = 314,2 mm²
σ1 = 79,58 MPa
σ2 = 318,3 MPa

Somma gli allungamenti dei tratti

δ1 = σ1L1/E1 = 79,58·500/117000 = 0,3401 mm
δ2 = σ2L2/E2 = 318,3·500/70000 = 2,274 mm
δ = δ1 + δ2 = 2,614 mm

Risposta

δ = 2,614 mm
9.Instabilità delle colonne

Risposta: Pcr = 4,59 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 = 40·25³/12 = 52083 mm⁴

Lunghezza libera d’inflessione

KL = 0,7·4000 = 2800 mm

Carico critico

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·70000·52083/2800² = 4590 N = 4,59 kN

Risposta

Pcr = 4,59 kN
10.Instabilità delle colonne

Risposta: d = 45,22 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 = 3·15000 = 45000 N
KL = 1·3000 = 3000 mm

Risolvi per il diametro

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·45000·3000²/(π³·200000))^(1/4) = 45,22 mm

Risposta

d = 45,22 mm

Verifica: la snellezza KL/r è 265,4, quindi la colonna è snella e vale Eulero.

11.Vibrazioni meccaniche

Risposta: ζ = 0,04987

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 = (1/5)·ln(12/2,5) = 0,3137

Fattore di smorzamento

ζ = δ/√(4π² + δ²) = 0,3137/√(39,48 + 0,09842) = 0,04987

Risposta

ζ = 0,04987
12.Vibrazioni meccaniche

Risposta: fn = 5,594 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 = 40 + 100 = 140 kN/m
keq = 140·30/(140 + 30) = 24,71 kN/m

Frequenza naturale

ωn = √(24706/20) = 35,15 rad/s
fn = 35,15/(2π) = 5,594 Hz

Risposta

fn = 5,594 Hz

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