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​N2​ = ?

Due alberi paralleli distano 150 mm. Devono essere collegati da una coppia di ruote dentate cilindriche a denti diritti con modulo di 4 mm e un rapporto di riduzione di 2 : 1. Quanti denti N2 deve avere la ruota?

a = 150 mmm = 4 mmi = 2
N2 =
2.Ingranaggi e rotismiDifficile
A = 16B = 18C = 25D = 30

In un rotismo composto, la ruota A (16 denti) sull’albero di ingresso, che gira a 1450 rpm, aziona la ruota B (18 denti). La ruota C (25 denti) è calettata sullo stesso albero di B e aziona la ruota D (30 denti) sull’albero di uscita. Trova la velocità di uscita nout.

nin = 1450 rpmA = 16B = 18C = 25D = 30
nout = rpm
3.Torsione degli alberiMedia
T = 400 N·md = 30 mmL = 0,8 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 = 30 mmL = 0,8 mG = 26 GPa
φ = °
4.Torsione degli alberiDifficile
d = ?5 kW, 1000 rpm

Un albero pieno in alluminio trasmette 5 kW a 1000 rpm. La tensione tangenziale non deve superare 75 MPa e la torsione non deve superare 1° per m di lunghezza. Trova il diametro minimo d che soddisfa entrambi i limiti.

P = 5 kWN = 1000 rpmτallow = 75 MPaθallow = 1°/mG = 26 GPa
d = mm
5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniMedia
σx​ = 150σy​ = −80τxy​ = 20MPa

Un punto ha σₓ = 150 MPa, σᵧ = −80 MPa e τₓᵧ = 20 MPa (trazione positiva). L’elemento è ruotato di 30° in senso orario. Trova la tensione normale σy′ sulle facce dell’elemento ruotato perpendicolari all’asse ruotato y′.

σx = 150 MPaσy = −80 MPaτxy = 20 MPaθ = -30°
σy′ = MPa
6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniDifficile
σx​ = 30σy​ = −60τxy​ = 30MPa

In un punto di un pezzo caricato si ha σₓ = 30 MPa, σᵧ = −60 MPa e τₓᵧ = 30 MPa (trazione positiva). Trova la tensione normale σθ su un piano la cui normale è ruotata di 60° in senso antiorario rispetto all’asse x.

σx = 30 MPaσy = −60 MPaτxy = 30 MPaθ = 60°
σθ = MPa
7.Tensione e deformazione assialeMedia
Ø 20 mmAlluminio1,5 mP = 95 kN

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

P = 95 kNd = 20 mmL = 1,5 mE = 70 GPa
δ = mm
8.Tensione e deformazione assialeDifficile
60 kN12600 mm200 mmØ40Ø50σ2​ = ?

Un tratto di acciaio (diametro 40 mm, lunghezza 600 mm, E = 200 GPa) e un tratto di ottone (diametro 50 mm, lunghezza 200 mm, E = 100 GPa) sono uniti testa a testa e fissati tra due pareti rigide. Un carico assiale di 60 kN agisce nella giunzione, verso il tratto 2. Trova il modulo della tensione σ2 nel tratto 2.

tratto 1: acciaio, Ø40 mm, 600 mm, E = 200 GPatratto 2: ottone, Ø50 mm, 200 mm, E = 100 GPaP = 60 kN
σ2 = MPa
9.Instabilità delle colonneMedia
PL = 3 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 = 3 mE = 200 GPa (acciaio)d = 60 mm
Pcr = kN
10.Instabilità delle colonneDifficile
PL = 5 md = 40 mmsezione trasversale

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

L = 5 mE = 70 GPa (alluminio)d = 40 mm
σcr = MPa
11.Vibrazioni meccanicheMedia
k = 10 kN/mc = 170 N·s/mm = 12 kg

Una massa di 12 kg è sostenuta da una molla con rigidezza di 10 kN/m e da uno smorzatore viscoso con coefficiente di smorzamento di 170 N·s/m. Trova il fattore di smorzamento ζ.

m = 12 kgk = 10 kN/mc = 170 N·s/m
ζ =
12.Vibrazioni meccanicheDifficile
k1​ = 30k2​ = 50k3​ = 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 = 30 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 = 100 kgk1 = 30 kN/mk2 = 50 kN/mk3 = 10 kN/m
fn = Hz

3Soluzioni

1.Ingranaggi e rotismi

Risposta: N2 = 50

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.

Numero totale di denti

N1 + N2 = 2a/m = 2·150/4 = 75

Ripartisci secondo il rapporto

N1 = 75/(1 + 2) = 25
N2 = 2·25 = 50

Risposta

N2 = 50
2.Ingranaggi e rotismi

Risposta: nout = 1074 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 = 1450·16/18 = 1289 rpm = nC

Secondo stadio

nout = 1289·25/30 = 1074 rpm

Risposta

nout = 1074 rpm

rapporto totale = 1,35 : 1

3.Torsione degli alberi

Risposta: φ = 8,868 °

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) = 400·1000·800/(26000·79522) = 0,1548 rad
φ = 0,1548·180/π = 8,868°

Risposta

φ = 8,868°
4.Torsione degli alberi

Risposta: d = 32,18 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·1000/60 = 104,7 rad/s
T = P/ω = 5000/104,7 = 47,75 N·m

Diametro per la resistenza

T = 47,75 N·m = 47746 N·mm
dτ = ∛(16·47746/(π·75)) = 14,8 mm

Diametro per la rigidezza

θ = 1·π/180/1000 = 1,745 × 10⁻⁵ rad/mm
G = 26 GPa = 26000 MPa
dφ = (32·47746/(π·26000·1,745 × 10⁻⁵))1/4 = 32,18 mm

Diametro determinante

Entrambi i limiti devono essere rispettati, quindi governa il diametro maggiore.

d = max(14,8, 32,18) = 32,18 mm

Risposta

d = 32,18 mm

Qui governa la rigidezza.

5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: σy′ = −5,179 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′ = 35 − 115·0,5 − 20·(−0,866) = −5,179 MPa

Verifica

La somma delle tensioni normali non cambia con la rotazione.

σx′ = 75,18 MPa, σx′ + σy′ = 70 = σx + σy

Risposta

σy′ = −5,179 MPa
6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: σθ = −11,52 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 = −15 + 45·−0,5 + 30·0,866 = −11,52 MPa

Risposta

σθ = −11,52 MPa
7.Tensione e deformazione assiale

Risposta: δ = 6,48 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·20²/4 = 314,2 mm²
σ = P/A = 95·1000/314,2 = 302,4 MPa

Deformazione (legge di Hooke)

E for alluminio = 70 GPa = 70000 MPa.

ε = σ/E = 302,4/70000 = 0,00432 = 4320 µε

Allungamento

δ = ε·L = 0,00432·1500 mm = 6,48 mm

Risposta

δ = 6,48 mm
8.Tensione e deformazione assiale

Risposta: σ2 = 21,42 MPa

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.

Rigidezze

k₁ = 200000·1257/600 = 418879 N/mm
k₂ = 100000·1963/200 = 981748 N/mm

Quota del tratto 2

F2 = 60000·981748/1,401 × 10⁶ = 42056 N

Tensione

σ2 = 42056/1963 = 21,42 MPa (compressione)

Risposta

σ2 = 21,42 MPa
9.Instabilità delle colonne

Risposta: Pcr = 139,5 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 = 1·3000 = 3000 mm

Carico critico

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·200000·636173/3000² = 139528 N = 139,5 kN

Risposta

Pcr = 139,5 kN
10.Instabilità delle colonne

Risposta: σcr = 11,05 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·40⁴/64 = 125664 mm⁴

Raggio d’inerzia e snellezza

A = 1257 mm²
r = √(I/A) = √(125664/1257) = 10 mm
KL = 0,5·5000 = 2500 mm
KL/r = 2500/10 = 250

Tensione critica

σcr = π²E/(KL/r)² = π²·70000/250² = 11,05 MPa

Risposta

σcr = 11,05 MPa
11.Vibrazioni meccaniche

Risposta: ζ = 0,2454

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·√(10000·12) = 692,8 N·s/m

Fattore di smorzamento

ζ = c/cc = 170/692,8 = 0,2454

Risposta

ζ = 0,2454

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

12.Vibrazioni meccaniche

Risposta: fn = 1,501 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 = 30 + 50 = 80 kN/m
keq = 80·10/(80 + 10) = 8,889 kN/m

Frequenza naturale

ωn = √(8889/100) = 9,428 rad/s
fn = 9,428/(2π) = 1,501 Hz

Risposta

fn = 1,501 Hz

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