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 105 mm. Devono essere collegati da una coppia di ruote dentate cilindriche a denti diritti con modulo di 3 mm e un rapporto di riduzione di 2,5 : 1. Quanti denti N1 deve avere il pignone?

a = 105 mmm = 3 mmi = 2,5
N1 =
2.Ingranaggi e rotismiDifficile
A = 18B = 25C = 30D = 45

In un rotismo composto, la ruota A (18 denti) sull’albero di ingresso, che gira a 1500 rpm, aziona la ruota B (25 denti). La ruota C (30 denti) è calettata sullo stesso albero di B e aziona la ruota D (45 denti) sull’albero di uscita. Trova la velocità di uscita nout.

nin = 1500 rpmA = 18B = 25C = 30D = 45
nout = rpm
3.Torsione degli alberiMedia
d = ?T = 750 N·mL = 0,5 m

Un albero pieno in ottone lungo 0,5 m è sollecitato da un momento torcente di 750 N·m. L’angolo di torsione tra le sue estremità non deve superare 0,5°. Trova il diametro minimo d che rispetta questo limite.

T = 750 N·mL = 0,5 mG = 39 GPaφallow = 0,5°
d = mm
4.Torsione degli alberiDifficile
d = 60 mmT0​ = 1000 N·mACBa = 1,5 mb = 0,5 m

Un albero pieno in ottone di diametro 60 mm è incastrato a pareti rigide a entrambe le estremità A e B. Un momento torcente di 1000 N·m è applicato in C, a 1,5 m da A e a 0,5 m da B. Trova l’angolo di rotazione φC della sezione C, in gradi.

d = 60 mmT0 = 1000 N·ma = 1,5 mb = 0,5 mG = 39 GPa
φC = °
5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniMedia
σx​ = 90σy​ = −10τxy​ = 20MPa

In un punto di un pezzo caricato si ha σₓ = 90 MPa, σᵧ = −10 MPa e τₓᵧ = 20 MPa (trazione positiva). Trova l’angolo θp dall’asse x alla direzione della tensione principale massima, compreso tra −90° e 90°.

σx = 90 MPaσy = −10 MPaτxy = 20 MPa
θp = °
6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniDifficile
σx​ = 70σy​ = 80τxy​ = −60MPa

In un punto di un pezzo caricato si ha σₓ = 70 MPa, σᵧ = 80 MPa e τₓᵧ = −60 MPa (trazione positiva). Trova la tensione normale σθ su un piano la cui normale è ruotata di 50° in senso antiorario rispetto all’asse x.

σx = 70 MPaσy = 80 MPaτxy = −60 MPaθ = 50°
σθ = MPa
7.Tensione e deformazione assialeMedia
Ø 20 mmAcciaio2,5 mP = 115 kN

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

P = 115 kNd = 20 mmL = 2,5 mE = 200 GPa
ε = µε
8.Tensione e deformazione assialeDifficile
Ø 25 mmRame2 mØ 12 mmAlluminio2 mP = 120 kN

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

P = 120 kNtratto 1: Ø25 mm, 2 m, rame (E = 117 GPa)tratto 2: Ø12 mm, 2 m, alluminio (E = 70 GPa)
σmax = MPa
9.Instabilità delle colonneMedia
PL = 3 md = 30 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)d = 30 mm
Pcr = kN
10.Instabilità delle colonneDifficile
PL = 1 md = 30 mmsezione trasversale

Una colonna di lunghezza L in alluminio è incastrata alla base e libera in cima. Trova la sua snellezza e la tensione critica σcr dalla formula di Eulero.

L = 1 mE = 70 GPa (alluminio)d = 30 mm
σcr = MPa
11.Vibrazioni meccanicheMedia
tx20 mm4 cicli1,6 mm

In una prova di vibrazioni libere su un sistema massa–molla smorzato, a un picco di spostamento di 20 mm segue, 4 cicli dopo, un picco di 1,6 mm. Trova il fattore di smorzamento ζ.

x0 = 20 mmx4 = 1,6 mmn = 4
ζ =
12.Vibrazioni meccanicheDifficile
k1​ = 30k2​ = 60m = 10 kg

Una massa di 10 kg è appesa a due molle collegate una dopo l’altra (in serie): la molla superiore ha k₁ = 30 kN/m e quella inferiore k₂ = 60 kN/m. Trascura lo smorzamento e le masse delle molle. Trova la frequenza naturale fn delle vibrazioni verticali in Hz.

m = 10 kgk1 = 30 kN/mk2 = 60 kN/m
fn = Hz

3Soluzioni

1.Ingranaggi e rotismi

Risposta: N1 = 20

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 = 2·105/3 = 70

Ripartisci secondo il rapporto

N1 = 70/(1 + 2,5) = 20

Risposta

N1 = 20
2.Ingranaggi e rotismi

Risposta: nout = 720 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 = 1500·18/25 = 1080 rpm = nC

Secondo stadio

nout = 1080·30/45 = 720 rpm

Risposta

nout = 720 rpm

rapporto totale = 2,083 : 1

3.Torsione degli alberi

Risposta: d = 57,88 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 d’inerzia polare richiesto

T = 750 N·m = 750000 N·mm
L = 0,5 m = 500 mm
G = 39 GPa = 39000 MPa
φ = 0,5·π/180 = 0,008727 rad
J = TL/(Gφ) = 750000·500/(39000·0,008727) = 1,102 × 10⁶ mm⁴

Diametro

d = (32J/π)1/4 = 57,88 mm

Risposta

d = 57,88 mm

In pratica arrotonderesti alla misura standard successiva.

4.Torsione degli alberi

Risposta: φC = 0,433 °

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 = 1000
TA·a = TB·b
TA = 1000·0,5/2 = 250 N·m
TB = 1000·1,5/2 = 750 N·m

Rotazione di C

Usa il tratto AC: è incastrato in A e porta TA.

J = π·60⁴/32 = 1,272 × 10⁶ mm⁴
G = 39 GPa = 39000 MPa
φC = TA·a/(GJ) = 250000·1500/(39000·1,272 × 10⁶) = 0,007557 rad = 0,433°

Risposta

φC = 0,433°
5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: θp = 10,9 °

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.

στxyCσ1​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(2·20, 90 − −10) = 21,8°

Angolo sull’elemento

θp = 10,9°

Risposta

θp = 10,9°

Gli angoli positivi sono in senso antiorario.

6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: σθ = 16,78 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 = 75 + −5·−0,1736 + −60·0,9848 = 16,78 MPa

Risposta

σθ = 16,78 MPa
7.Tensione e deformazione assiale

Risposta: ε = 1830 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·20²/4 = 314,2 mm²
σ = P/A = 115·1000/314,2 = 366,1 MPa

Deformazione (legge di Hooke)

E for acciaio = 200 GPa = 200000 MPa.

ε = σ/E = 366,1/200000 = 0,00183 = 1830 µε

Risposta

ε = 1830 µε
8.Tensione e deformazione assiale

Risposta: σmax = 1061 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·25²/4 = 490,9 mm², A2 = π·12²/4 = 113,1 mm²
σ1 = 244,5 MPa
σ2 = 1061 MPa

Tensione massima

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

σmax = 1061 MPa

Risposta

σmax = 1061 MPa
9.Instabilità delle colonne

Risposta: Pcr = 12,21 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·30⁴/64 = 39761 mm⁴

Lunghezza libera d’inflessione

KL = 0,5·3000 = 1500 mm

Carico critico

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·70000·39761/1500² = 12209 N = 12,21 kN

Risposta

Pcr = 12,21 kN
10.Instabilità delle colonne

Risposta: σcr = 9,715 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·30⁴/64 = 39761 mm⁴

Raggio d’inerzia e snellezza

A = 706,9 mm²
r = √(I/A) = √(39761/706,9) = 7,5 mm
KL = 2·1000 = 2000 mm
KL/r = 2000/7,5 = 266,7

Tensione critica

σcr = π²E/(KL/r)² = π²·70000/266,7² = 9,715 MPa

Risposta

σcr = 9,715 MPa
11.Vibrazioni meccaniche

Risposta: ζ = 0,09999

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(20/1,6) = 0,6314

Fattore di smorzamento

ζ = δ/√(4π² + δ²) = 0,6314/√(39,48 + 0,3987) = 0,09999

Risposta

ζ = 0,09999
12.Vibrazioni meccaniche

Risposta: fn = 7,118 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 in serie hanno la stessa forza e sommano le loro deformazioni, quindi si combinano come reciproci: 1/k = 1/k1 + 1/k2.

1/keq = 1/30 + 1/60 → keq = 30·60/(30 + 60) = 20 kN/m

Frequenza naturale

ωn = √(20000/10) = 44,72 rad/s
fn = 44,72/(2π) = 7,118 Hz

Risposta

fn = 7,118 Hz

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