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​ = 15N2​ = 24

Un motore da 1,5 kW che gira a 2900 rpm aziona un pignone con 15 denti, che ingrana con una ruota con 24 denti. La coppia di ruote ha un rendimento del 98 %. Trova il momento torcente in uscita T2 sull’albero della ruota.

P = 1,5 kWn1 = 2900 rpmN1 = 15N2 = 24η = 98%
T2 = N·m
2.Ingranaggi e rotismiDifficile
d1​ = 160 mmd2​ = 500 mm1450 rpmC = 1000 mmθ = ?

Una cinghia aperta collega una puleggia da 160 mm e una puleggia da 500 mm con gli assi a 1000 mm di distanza. Trova l’angolo di avvolgimento θ sulla puleggia più piccola, in gradi.

d1 = 160 mmd2 = 500 mmC = 1000 mm
θ = °
3.Torsione degli alberiMedia
T = 500 N·md = 50 mmL = 1 mφ = ?

Un albero pieno di acciaio 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 = 500 N·md = 50 mmL = 1 mG = 80 GPa
φ = °
4.Torsione degli alberiDifficile
d = 20 mmT0​ = 200 N·mACBa = 2 mb = 2,5 m

Un albero pieno in ottone di diametro 20 mm è incastrato a pareti rigide a entrambe le estremità A e B. Un momento torcente di 200 N·m è applicato in C, a 2 m da A e a 2,5 m da B. Trova il momento torcente di reazione TA alla parete A.

d = 20 mmT0 = 200 N·ma = 2 mb = 2,5 m
TA = N·m
5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniMedia
σx​ = −10σy​ = 50MPaτxy​ = ?

Un punto ha σₓ = −10 MPa e σᵧ = 50 MPa. Quanto può diventare grande la tensione tangenziale τxy (in modulo) prima che la tensione principale massima raggiunga 60 MPa?

σx = −10 MPaσy = 50 MPaσ1 = 60 MPa
τxy = MPa
6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniDifficile
σx​ = 20σy​ = 110τxy​ = −50MPa

Un punto di una lastra sottile è in stato piano di tensione: σₓ = 20 MPa, σᵧ = 110 MPa e τₓᵧ = −50 MPa (σz = 0). Trova la tensione equivalente di von Mises σvM.

σx = 20 MPaσy = 110 MPaτxy = −50 MPa
σvM = MPa
7.Tensione e deformazione assialeMedia
Ø 30 mmRame3 mP = 110 kN

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

P = 110 kNd = 30 mmL = 3 mE = 117 GPa
δ = mm
8.Tensione e deformazione assialeDifficile
Ø 35 mmOttone1 mØ 16 mmOttone1,5 mP = 65 kN

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

P = 65 kNtratto 1: Ø35 mm, 1 m, ottone (E = 100 GPa)tratto 2: Ø16 mm, 1,5 m, ottone (E = 100 GPa)
σmax = MPa
9.Instabilità delle colonneMedia
PL = 6 m40 × 50 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 = 6 mE = 70 GPa (alluminio)b × h = 40 × 50 mm
Pcr = kN
10.Instabilità delle colonneDifficile
P = 20 kNL = 1,5 md = ?sezione trasversale

Una colonna tonda piena di lunghezza L in acciaio è incernierata a entrambi gli estremi. Deve portare 20 kN con un coefficiente di sicurezza di 3 contro l’instabilità. Trova il diametro minimo d.

P = 20 kNn = 3L = 1,5 mE = 200 GPa (acciaio)
d = mm
11.Vibrazioni meccanicheMedia
tx40 mm4 cicli8,8 mm

In una prova di vibrazioni libere su un sistema massa–molla smorzato, a un picco di spostamento di 40 mm segue, 4 cicli dopo, un picco di 8,8 mm. Trova il fattore di smorzamento ζ.

x0 = 40 mmx4 = 8,8 mmn = 4
ζ =
12.Vibrazioni meccanicheDifficile
k1​ = 20k2​ = 10k3​ = 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 = 20 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 = 20 kgk1 = 20 kN/mk2 = 10 kN/mk3 = 30 kN/m
fn = Hz

3Soluzioni

1.Ingranaggi e rotismi

Risposta: T2 = 7,745 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·2900/60 = 303,7 rad/s
T1 = P/ω₁ = 1500/303,7 = 4,939 N·m

Momento torcente in uscita

T2 = 4,939·24/15·0,98 = 7,745 N·m

Risposta

T2 = 7,745 N·m
2.Ingranaggi e rotismi

Risposta: θ = 160,4 °

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(0,17) = 9,788°

Angolo di avvolgimento

θ = 180 − 2·9,788 = 160,4°

Risposta

θ = 160,4°
3.Torsione degli alberi

Risposta: φ = 0,5836 °

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·50⁴/32 = 613592 mm⁴

Angolo di torsione

φ = TL/(GJ) = 500·1000·1000/(80000·613592) = 0,01019 rad
φ = 0,01019·180/π = 0,5836°

Risposta

φ = 0,5836°
4.Torsione degli alberi

Risposta: TA = 111,1 N·m

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. Quando entrambe le estremità sono incastrate, la sola statica dà solo TA + TB = T₀; la seconda equazione è la congruenza (uguale torsione delle due parti nella sezione caricata).

Equilibrio e congruenza

TA + TB = 200
TA·a = TB·b
TA = 200·2,5/4,5 = 111,1 N·m
TB = 200·2/4,5 = 88,89 N·m

Risposta

TA = 111,1 N·m
5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: τxy = 26,46 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 = (−10 + 50)/2 = 20 MPa
R = σ1 − C = 60 − 20 = 40 MPa
στxyCσ1​σ2​

Tensione tangenziale

τxy = √(R² − ((σₓ − σᵧ)/2)²) = √(40² − 30²) = 26,46 MPa

Risposta

τxy = 26,46 MPa
6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: σvM = 133,4 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. 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 = 67,27 MPa
σ1 = 132,3 MPa, σ2 = −2,268 MPa, σ3 = 0

Von Mises

σvM = √(132,3² − 132,3·(−2,268) + (−2,268)²) = 133,4 MPa

Risposta

σvM = 133,4 MPa
7.Tensione e deformazione assiale

Risposta: δ = 3,99 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·30²/4 = 706,9 mm²
σ = P/A = 110·1000/706,9 = 155,6 MPa

Deformazione (legge di Hooke)

E for rame = 117 GPa = 117000 MPa.

ε = σ/E = 155,6/117000 = 0,00133 = 1330 µε

Allungamento

δ = ε·L = 0,00133·3000 mm = 3,99 mm

Risposta

δ = 3,99 mm
8.Tensione e deformazione assiale

Risposta: σmax = 323,3 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·35²/4 = 962,1 mm², A2 = π·16²/4 = 201,1 mm²
σ1 = 67,56 MPa
σ2 = 323,3 MPa

Tensione massima

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

σmax = 323,3 MPa

Risposta

σmax = 323,3 MPa
9.Instabilità delle colonne

Risposta: Pcr = 10,44 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 = 50·40³/12 = 266667 mm⁴

Lunghezza libera d’inflessione

KL = 0,7·6000 = 4200 mm

Carico critico

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·70000·266667/4200² = 10444 N = 10,44 kN

Risposta

Pcr = 10,44 kN
10.Instabilità delle colonne

Risposta: d = 34,36 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 = 3·20000 = 60000 N
KL = 1·1500 = 1500 mm

Risolvi per il diametro

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·60000·1500²/(π³·200000))^(1/4) = 34,36 mm

Risposta

d = 34,36 mm

Verifica: la snellezza KL/r è 174,6, quindi la colonna è snella e vale Eulero.

11.Vibrazioni meccaniche

Risposta: ζ = 0,06014

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 = (1/4)·ln(40/8,8) = 0,3785

Fattore di smorzamento

ζ = δ/√(4π² + δ²) = 0,3785/√(39,48 + 0,1433) = 0,06014

Risposta

ζ = 0,06014
12.Vibrazioni meccaniche

Risposta: fn = 4,359 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 = 20 + 10 = 30 kN/m
keq = 30·30/(30 + 30) = 15 kN/m

Frequenza naturale

ωn = √(15000/20) = 27,39 rad/s
fn = 27,39/(2π) = 4,359 Hz

Risposta

fn = 4,359 Hz

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