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​ = 30, m = 4 mm

Un motore da 4 kW che gira a 960 rpm aziona un pignone con 30 denti e modulo di 4 mm. Trova la forza tangenziale Ft sui denti del pignone.

P = 4 kWn = 960 rpmN1 = 30m = 4 mm
Ft = N
2.Ingranaggi e rotismiDifficile
d1​ = 120 mmd2​ = 300 mm720 rpmC = 1200 mmθ = ?

Una cinghia aperta collega una puleggia da 120 mm e una puleggia da 300 mm con gli assi a 1200 mm di distanza. Trova l’angolo di avvolgimento θ sulla puleggia più piccola, in gradi.

d1 = 120 mmd2 = 300 mmC = 1200 mm
θ = °
3.Torsione degli alberiMedia
T = 400 N·md = 50 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 = 50 mmL = 0,8 mG = 26 GPa
φ = °
4.Torsione degli alberiDifficile
do​ = ?5 kW, 1000 rpm

Un albero cavo deve trasmettere 5 kW a 1000 rpm. Il suo diametro interno deve essere 0,75 volte il diametro esterno, e la tensione tangenziale non deve superare 40 MPa. Trova il diametro esterno minimo do.

P = 5 kWN = 1000 rpmdi/do = 0,75τallow = 40 MPa
do = mm
5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniMedia
σx​ = −40σy​ = −80τxy​ = 10MPa

In un punto di un pezzo caricato si ha σₓ = −40 MPa, σᵧ = −80 MPa e τₓᵧ = 10 MPa (trazione positiva). Trova l’angolo θp dall’asse x alla direzione della tensione principale massima, compreso tra −90° e 90°.

σx = −40 MPaσy = −80 MPaτxy = 10 MPa
θp = °
6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniDifficile
50°D = 1500 mm, t = 15 mm, p = 2 MPap

Un serbatoio cilindrico a parete sottile con diametro interno di 1500 mm e spessore di parete di 15 mm contiene gas a una pressione relativa di 2 MPa. È realizzato con lamiera saldata lungo una cordatura elicoidale a 50° rispetto all’asse del cilindro. Trova la tensione normale σn che agisce attraverso la cordatura di saldatura.

D = 1500 mmt = 15 mmp = 2 MPaα = 50°
σn = MPa
7.Tensione e deformazione assialeMedia
Ø 16 mmAlluminio0,5 mP = 25 kN

Trova la deformazione assiale ε nella barra di alluminio, in microdeformazioni (µε = 10⁻⁶).

P = 25 kNd = 16 mmL = 0,5 mE = 70 GPa
ε = µε
8.Tensione e deformazione assialeDifficile
Ø 40 mmAcciaio1 mØ 20 mmAlluminio1,5 mP = 100 kN

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

P = 100 kNtratto 1: Ø40 mm, 1 m, acciaio (E = 200 GPa)tratto 2: Ø20 mm, 1,5 m, alluminio (E = 70 GPa)
σmax = MPa
9.Instabilità delle colonneMedia
PL = 3 m25 × 100 mmsezione trasversale

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

L = 3 mE = 70 GPa (alluminio)b × h = 25 × 100 mm
Pcr = kN
10.Instabilità delle colonneDifficile
PL = 4 md = 25 mmsezione trasversale

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

L = 4 mE = 200 GPa (acciaio)d = 25 mm
σcr = MPa
11.Vibrazioni meccanicheMedia
tx20 mm2 cicli7,3 mm

In una prova di vibrazioni libere su un sistema massa–molla smorzato, a un picco di spostamento di 20 mm segue, 2 cicli dopo, un picco di 7,3 mm. Trova il fattore di smorzamento ζ.

x0 = 20 mmx2 = 7,3 mmn = 2
ζ =
12.Vibrazioni meccanicheDifficile
k1​ = 15k2​ = 60m = 100 kg

Una massa di 100 kg è appesa a due molle affiancate (in parallelo), con rigidezze k₁ = 15 kN/m e k₂ = 60 kN/m. La massa resta orizzontale. Trascura lo smorzamento e le masse delle molle. Trova la frequenza naturale fn delle vibrazioni verticali in Hz.

m = 100 kgk1 = 15 kN/mk2 = 60 kN/m
fn = Hz

3Soluzioni

1.Ingranaggi e rotismi

Risposta: Ft = 663,1 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·960/60 = 100,5 rad/s
T = P/ω = 4000/100,5 = 39,79 N·m

Diametro primitivo

d = m·N = 4·30 = 120 mm

Forza tangenziale

Ft = 2T/d = 2·39,79/0,12 = 663,1 N

Risposta

Ft = 663,1 N
2.Ingranaggi e rotismi

Risposta: θ = 171,4 °

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(0,075) = 4,301°

Angolo di avvolgimento

θ = 180 − 2·4,301 = 171,4°

Risposta

θ = 171,4°
3.Torsione degli alberi

Risposta: φ = 1,149 °

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) = 400·1000·800/(26000·613592) = 0,02006 rad
φ = 0,02006·180/π = 1,149°

Risposta

φ = 1,149°
4.Torsione degli alberi

Risposta: do = 20,72 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 esterno dalla tensione ammissibile

T = 47,75 N·m = 47746 N·mm
1 − k⁴ = 1 − 0,75⁴ = 0,6836
do = ∛(16T/(π·τallow·(1 − k⁴))) = ∛(16·47746/(π·40·0,6836)) = 20,72 mm
di = 0,75·20,72 = 15,54 mm

Risposta

do = 20,72 mm

Un albero pieno richiederebbe d = 18,25 mm; quello cavo è un po’ più grande ma molto più leggero.

5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: θp = 13,28 °

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.

σxyCσ1​σ2​

Angolo sul cerchio

Sul cerchio di Mohr il punto x si trova a un angolo 2θp dall’asse σ; il quadrante dipende dai segni di σₓ − σᵧ e τₓᵧ.

2θp = atan2(2·10, −40 − −80) = 26,57°

Angolo sull’elemento

θp = 13,28°

Risposta

θp = 13,28°

Gli angoli positivi sono in senso antiorario.

6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: σn = 70,66 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. Cilindro a parete sottile: tensione circonferenziale σh = pr/t e tensione assiale σa = pr/(2t); queste sono le tensioni principali nella parete.

Tensioni nella parete

r = 1500/2 = 750 mm
σh = pr/t = 2·750/15 = 100 MPa
σa = pr/(2t) = 50 MPa

Trasforma sulla cordatura

Prendi x lungo l’asse (σa) e y in direzione circonferenziale (σh). La normale alla cordatura forma 90° − α con l’asse.

σn = 50·sin²50° + 100·cos²50° = 70,66 MPa

Risposta

σn = 70,66 MPa
7.Tensione e deformazione assiale

Risposta: ε = 1776 µε

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·16²/4 = 201,1 mm²
σ = P/A = 25·1000/201,1 = 124,3 MPa

Deformazione (legge di Hooke)

E for alluminio = 70 GPa = 70000 MPa.

ε = σ/E = 124,3/70000 = 0,001776 = 1776 µε

Risposta

ε = 1776 µε
8.Tensione e deformazione assiale

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

Tensione massima

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

σmax = 318,3 MPa

Risposta

σmax = 318,3 MPa
9.Instabilità delle colonne

Risposta: Pcr = 39,98 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 = 100·25³/12 = 130208 mm⁴

Lunghezza libera d’inflessione

KL = 0,5·3000 = 1500 mm

Carico critico

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·70000·130208/1500² = 39981 N = 39,98 kN

Risposta

Pcr = 39,98 kN
10.Instabilità delle colonne

Risposta: σcr = 4,819 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·25⁴/64 = 19175 mm⁴

Raggio d’inerzia e snellezza

A = 490,9 mm²
r = √(I/A) = √(19175/490,9) = 6,25 mm
KL = 1·4000 = 4000 mm
KL/r = 4000/6,25 = 640

Tensione critica

σcr = π²E/(KL/r)² = π²·200000/640² = 4,819 MPa

Risposta

σcr = 4,819 MPa
11.Vibrazioni meccaniche

Risposta: ζ = 0,07995

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 = (1/2)·ln(20/7,3) = 0,5039

Fattore di smorzamento

ζ = δ/√(4π² + δ²) = 0,5039/√(39,48 + 0,2539) = 0,07995

Risposta

ζ = 0,07995
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

Le molle affiancate hanno la stessa deformazione e sommano le loro forze, quindi le rigidezze si sommano semplicemente: k = k1 + k2.

keq = 15 + 60 = 75 kN/m

Frequenza naturale

ωn = √(75000/100) = 27,39 rad/s
fn = 27,39/(2π) = 4,359 Hz

Risposta

fn = 4,359 Hz

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