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​ = 80

Un motore da 0,75 kW che gira a 1500 rpm aziona un pignone con 16 denti, che ingrana con una ruota con 80 denti. La coppia di ruote ha un rendimento del 95 %. Trova il momento torcente T1 sull’albero del motore.

P = 0,75 kWn1 = 1500 rpmN1 = 16N2 = 80η = 95%
T1 = N·m
2.Ingranaggi e rotismiDifficile
A = 20B = 36C = 30D = 60

In un rotismo composto, la ruota A (20 denti) sull’albero di ingresso, che gira a 1450 rpm, aziona la ruota B (36 denti). La ruota C (30 denti) è calettata sullo stesso albero di B e aziona la ruota D (60 denti) sull’albero di uscita. Trova la velocità di uscita nout.

nin = 1450 rpmA = 20B = 36C = 30D = 60
nout = rpm
3.Torsione degli alberiMedia
do​ = 80, di​ = 56 mmT = 1500 N·mL = 2,5 m

Un albero cavo in acciaio (diametro esterno 80 mm, diametro interno 56 mm, lunghezza 2,5 m) è incastrato a un’estremità e torto da un momento torcente di 1500 N·m all’altra. Trova l’angolo di torsione φ in gradi.

T = 1500 N·mdo = 80 mmdi = 56 mmL = 2,5 mG = 80 GPa
φ = °
4.Torsione degli alberiDifficile
Tdo​ = 100 mm, di​ = 75 mm

Un albero cavo trasmette 20 kW a 300 giri/min. Trova la tensione tangenziale massima τmax nell’albero.

P = 20 kWN = 300 rpmdo = 100 mmdi = 75 mm
τmax = MPa
5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniMedia
σx​ = −40MPaτxy​ = ?

Un punto ha σₓ = −40 MPa e σᵧ = 0 MPa. Quanto può diventare grande la tensione tangenziale τxy (in modulo) prima che la tensione principale massima raggiunga 15 MPa?

σx = −40 MPaσy = 0 MPaσ1 = 15 MPa
τxy = MPa
6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniDifficile
σx​ = −80σy​ = −30τxy​ = 50MPa

Un punto di una lastra sottile è in stato piano di tensione: σₓ = −80 MPa, σᵧ = −30 MPa e τₓᵧ = 50 MPa (σz = 0). Il materiale ha una tensione di snervamento di 350 MPa. Trova il coefficiente di sicurezza n nei confronti dello snervamento secondo il criterio di von Mises (energia di distorsione).

σx = −80 MPaσy = −30 MPaτxy = 50 MPaσY = 350 MPa
n =
7.Tensione e deformazione assialeMedia
Ø 12 mmRame0,5 mP = 70 kN

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

P = 70 kNd = 12 mmL = 0,5 mE = 117 GPa
δ = mm
8.Tensione e deformazione assialeDifficile
Ø 30 mmAcciaio1 mØ 12 mmOttone2 mP = 95 kN

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

P = 95 kNtratto 1: Ø30 mm, 1 m, acciaio (E = 200 GPa)tratto 2: Ø12 mm, 2 m, ottone (E = 100 GPa)
δ = mm
9.Instabilità delle colonneMedia
PL = 6 md = 50 mmsezione trasversale

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

L = 6 mE = 70 GPa (alluminio)d = 50 mm
Pcr = kN
10.Instabilità delle colonneDifficile
P = 70 kNL = 1,5 md = ?sezione trasversale

Una colonna tonda piena di lunghezza L in acciaio è incernierata a entrambi gli estremi. Deve portare 70 kN con un coefficiente di sicurezza di 3 contro l’instabilità. Trova il diametro minimo d.

P = 70 kNn = 3L = 1,5 mE = 200 GPa (acciaio)
d = mm
11.Vibrazioni meccanicheMedia
tx25 mm1 ciclo18,3 mm

In una prova di vibrazioni libere su un sistema massa–molla smorzato, a un picco di spostamento di 25 mm segue, un ciclo dopo, un picco di 18,3 mm. Trova il fattore di smorzamento ζ.

x0 = 25 mmx1 = 18,3 mmn = 1
ζ =
12.Vibrazioni meccanicheDifficile
k1​ = 25k2​ = 50k3​ = 40m = 20 kg

Una massa di 20 kg è appesa alla molla k₃ = 40 kN/m. L’estremità superiore di k₃ è fissata a una barra rigida appesa a due molle affiancate, k₁ = 25 kN/m e k₂ = 50 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 = 25 kN/mk2 = 50 kN/mk3 = 40 kN/m
fn = Hz

3Soluzioni

1.Ingranaggi e rotismi

Risposta: T1 = 4,775 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 = 750/157,1 = 4,775 N·m

Risposta

T1 = 4,775 N·m
2.Ingranaggi e rotismi

Risposta: nout = 402,8 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 = 1450·20/36 = 805,6 rpm = nC

Secondo stadio

nout = 805,6·30/60 = 402,8 rpm

Risposta

nout = 402,8 rpm

rapporto totale = 3,6 : 1

3.Torsione degli alberi

Risposta: φ = 0,8789 °

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(80⁴ − 56⁴)/32 = 3,056 × 10⁶ mm⁴

Angolo di torsione

T = 1500 N·m = 1,5 × 10⁶ N·mm
L = 2,5 m = 2500 mm
G = 80 GPa = 80000 MPa
φ = TL/(GJ) = 1,5 × 10⁶·2500/(80000·3,056 × 10⁶) = 0,01534 rad
φ = 0,01534·180/π = 0,8789°

Risposta

φ = 0,8789°
4.Torsione degli alberi

Risposta: τmax = 4,743 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 = 20000/31,42 = 636,6 N·m

Momento d’inerzia polare

J = π(100⁴ − 75⁴)/32 = 6,711 × 10⁶ mm⁴

Tensione tangenziale massima

τmax = T·(do/2)/J = 636620·50/6,711 × 10⁶ = 4,743 MPa

Risposta

τmax = 4,743 MPa
5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: τxy = 28,72 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.

Raggio richiesto

C = (−40 + 0)/2 = −20 MPa
R = σ1 − C = 15 − (−20) = 35 MPa
στxyCσ1​σ2​

Tensione tangenziale

τxy = √(R² − ((σₓ − σᵧ)/2)²) = √(35² − 20²) = 28,72 MPa

Risposta

τxy = 28,72 MPa
6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: n = 3,143

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 = −55 MPa, R = 55,9 MPa
σ1 = 0,9017 MPa, σ2 = −110,9 MPa, σ3 = 0

Von Mises

σvM = √(0,9017² − 0,9017·(−110,9) + (−110,9)²) = 111,4 MPa
n = 350/111,4 = 3,143

Risposta

n = 3,143

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

7.Tensione e deformazione assiale

Risposta: δ = 2,645 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·12²/4 = 113,1 mm²
σ = P/A = 70·1000/113,1 = 618,9 MPa

Deformazione (legge di Hooke)

E for rame = 117 GPa = 117000 MPa.

ε = σ/E = 618,9/117000 = 0,00529 = 5290 µε

Allungamento

δ = ε·L = 0,00529·500 mm = 2,645 mm

Risposta

δ = 2,645 mm
8.Tensione e deformazione assiale

Risposta: δ = 17,47 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·30²/4 = 706,9 mm², A2 = π·12²/4 = 113,1 mm²
σ1 = 134,4 MPa
σ2 = 840 MPa

Somma gli allungamenti dei tratti

δ1 = σ1L1/E1 = 134,4·1000/200000 = 0,672 mm
δ2 = σ2L2/E2 = 840·2000/100000 = 16,8 mm
δ = δ1 + δ2 = 17,47 mm

Risposta

δ = 17,47 mm
9.Instabilità delle colonne

Risposta: Pcr = 5,888 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 = 1·6000 = 6000 mm

Carico critico

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·70000·306796/6000² = 5888 N = 5,888 kN

Risposta

Pcr = 5,888 kN
10.Instabilità delle colonne

Risposta: d = 46,99 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 = 3·70000 = 210000 N
KL = 1·1500 = 1500 mm

Risolvi per il diametro

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·210000·1500²/(π³·200000))^(1/4) = 46,99 mm

Risposta

d = 46,99 mm

Verifica: la snellezza KL/r è 127,7, quindi la colonna è snella e vale Eulero.

11.Vibrazioni meccaniche

Risposta: ζ = 0,04959

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(25/18,3) = 0,312

Fattore di smorzamento

ζ = δ/√(4π² + δ²) = 0,312/√(39,48 + 0,09733) = 0,04959

Risposta

ζ = 0,04959
12.Vibrazioni meccaniche

Risposta: fn = 5,748 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 = 25 + 50 = 75 kN/m
keq = 75·40/(75 + 40) = 26,09 kN/m

Frequenza naturale

ωn = √(26087/20) = 36,12 rad/s
fn = 36,12/(2π) = 5,748 Hz

Risposta

fn = 5,748 Hz

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