Costruzione di macchine: pacchetto last-minute

Formulari, i passaggi chiave del metodo per ogni argomento e 12 esercizi, con le soluzioni complete in fondo.

Nuovi eserciziTorna al corso

Nella finestra di stampa scegli “Salva come PDF” per conservarne una copia sul tuo dispositivo.

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
d1​ = 125 mmd2​ = 400 mm2880 rpmn2​ = ?

Una puleggia da 125 mm a 2880 giri/min aziona con una cinghia una puleggia da 400 mm con slittamento del 3 %. Trova la velocità n2 della puleggia condotta.

n1 = 2880 rpmd1 = 125 mmd2 = 400 mms = 3 %
n2 = rpm
2.Ingranaggi e rotismiDifficile
A = 12B = 24C = 30D = 36

In un rotismo composto, la ruota A (12 denti) sull’albero di ingresso, che gira a 1500 rpm, aziona la ruota B (24 denti). La ruota C (30 denti) è calettata sullo stesso albero di B e aziona la ruota D (36 denti) sull’albero di uscita. Trova la velocità di uscita nout.

nin = 1500 rpmA = 12B = 24C = 30D = 36
nout = rpm
3.Torsione degli alberiMedia
T = 250 N·md = 50 mmL = 2,5 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 = 250 N·md = 50 mmL = 2,5 mG = 26 GPa
φ = °
4.Torsione degli alberiDifficile
Td = ?

Un albero pieno deve trasmettere 75 kW a 1800 giri/min senza che la tensione tangenziale superi 60 MPa. Trova il diametro minimo d adatto.

P = 75 kWN = 1800 rpmτallow = 60 MPa
d = mm
5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniMedia
σx​ = 30σy​ = −10τxy​ = 50MPa

In un punto di un pezzo caricato si ha σₓ = 30 MPa, σᵧ = −10 MPa e τₓᵧ = 50 MPa (trazione positiva). Trova l’angolo θp dall’asse x alla direzione della tensione principale massima, compreso tra −90° e 90°.

σx = 30 MPaσy = −10 MPaτxy = 50 MPa
θp = °
6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniDifficile
σx​ = 160σy​ = −60τxy​ = 20MPa

In un punto di un pezzo caricato si ha σₓ = 160 MPa, σᵧ = −60 MPa e τₓᵧ = 20 MPa (trazione positiva). Trova la tensione tangenziale τθ su un piano la cui normale è ruotata di 50° in senso antiorario rispetto all’asse x (positiva nello stesso senso di τₓᵧ).

σx = 160 MPaσy = −60 MPaτxy = 20 MPaθ = 50°
τθ = MPa
7.Tensione e deformazione assialeMedia
Ø 10 mmAcciaio1,5 mP = 90 kN

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

P = 90 kNd = 10 mmL = 1,5 mE = 200 GPa
δ = mm
8.Tensione e deformazione assialeDifficile
100 kN12400 mm400 mmØ25Ø40σ2​ = ?

Un tratto di acciaio (diametro 25 mm, lunghezza 400 mm, E = 200 GPa) e un tratto di alluminio (diametro 40 mm, lunghezza 400 mm, E = 70 GPa) sono uniti testa a testa e fissati tra due pareti rigide. Un carico assiale di 100 kN agisce nella giunzione, verso il tratto 2. Trova il modulo della tensione σ2 nel tratto 2.

tratto 1: acciaio, Ø25 mm, 400 mm, E = 200 GPatratto 2: alluminio, Ø40 mm, 400 mm, E = 70 GPaP = 100 kN
σ2 = MPa
9.Instabilità delle colonneMedia
PL = 6 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 = 6 mE = 70 GPa (alluminio)b × h = 25 × 100 mm
Pcr = kN
10.Instabilità delle colonneDifficile
P = 110 kNL = 5 md = ?sezione trasversale

Una colonna tonda piena di lunghezza L in alluminio è incastrata alla base e incernierata in cima. Deve portare 110 kN con un coefficiente di sicurezza di 2 contro l’instabilità. Trova il diametro minimo d.

P = 110 kNn = 2L = 5 mE = 70 GPa (alluminio)
d = mm
11.Vibrazioni meccanicheMedia
k = 12 kN/mζ = 0,6m = 8 kg

Una massa di 8 kg su una molla con rigidezza di 12 kN/m ha uno smorzatore viscoso che dà un fattore di smorzamento di 0,6. Trova la frequenza naturale smorzata fd delle sue vibrazioni libere in Hz.

m = 8 kgk = 12 kN/mζ = 0,6
fd = Hz
12.Vibrazioni meccanicheDifficile
k1​ = 100k2​ = 15m = 25 kg

Una massa di 25 kg è appesa a due molle affiancate (in parallelo), con rigidezze k₁ = 100 kN/m e k₂ = 15 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 = 25 kgk1 = 100 kN/mk2 = 15 kN/m
fn = Hz

3Soluzioni

1.Ingranaggi e rotismi

Risposta: n2 = 873 rpm

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.

Velocità senza slittamento

2880·125/400 = 900 rpm

Con slittamento

n2 = 900·0,97 = 873 rpm

Risposta

n2 = 873 rpm
2.Ingranaggi e rotismi

Risposta: nout = 625 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 = 1500·12/24 = 750 rpm = nC

Secondo stadio

nout = 750·30/36 = 625 rpm

Risposta

nout = 625 rpm

rapporto totale = 2,4 : 1

3.Torsione degli alberi

Risposta: φ = 2,245 °

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) = 250·1000·2500/(26000·613592) = 0,03918 rad
φ = 0,03918·180/π = 2,245°

Risposta

φ = 2,245°
4.Torsione degli alberi

Risposta: d = 32,32 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·1800/60 = 188,5 rad/s
T = P/ω = 75000/188,5 = 397,9 N·m

Diametro dalla tensione ammissibile

d = ∛(16T/(π·τallow)) = ∛(16·397887/(π·60)) = 32,32 mm

Risposta

d = 32,32 mm

In pratica arrotonderesti alla misura standard successiva.

5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: θp = 34,1 °

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(2·50, 30 − −10) = 68,2°

Angolo sull’elemento

θp = 34,1°

Risposta

θp = 34,1°

Gli angoli positivi sono in senso antiorario.

6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: τθ = −111,8 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

τθ = −110·0,9848 + 20·−0,1736 = −111,8 MPa

Risposta

τθ = −111,8 MPa
7.Tensione e deformazione assiale

Risposta: δ = 8,594 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·10²/4 = 78,54 mm²
σ = P/A = 90·1000/78,54 = 1146 MPa

Deformazione (legge di Hooke)

E for acciaio = 200 GPa = 200000 MPa.

ε = σ/E = 1146/200000 = 0,00573 = 5730 µε

Allungamento

δ = ε·L = 0,00573·1500 mm = 8,594 mm

Risposta

δ = 8,594 mm
8.Tensione e deformazione assiale

Risposta: σ2 = 37,61 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 = 200000·490,9/400 = 245437 N/mm
k₂ = 70000·1257/400 = 219911 N/mm

Quota del tratto 2

F2 = 100000·219911/465348 = 47257 N

Tensione

σ2 = 47257/1257 = 37,61 MPa (compressione)

Risposta

σ2 = 37,61 MPa
9.Instabilità delle colonne

Risposta: Pcr = 9,995 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 = 0,5·6000 = 3000 mm

Carico critico

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·70000·130208/3000² = 9995 N = 9,995 kN

Risposta

Pcr = 9,995 kN
10.Instabilità delle colonne

Risposta: d = 94,42 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 = 2·110000 = 220000 N
KL = 0,7·5000 = 3500 mm

Risolvi per il diametro

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·220000·3500²/(π³·70000))^(1/4) = 94,42 mm

Risposta

d = 94,42 mm

Verifica: la snellezza KL/r è 148,3, quindi la colonna è snella e vale Eulero.

11.Vibrazioni meccaniche

Risposta: fd = 4,931 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.

Frequenza naturale non smorzata

ωn = √(12000/8) = 38,73 rad/s
fn = 38,73/(2π) = 6,164 Hz

Frequenza naturale smorzata

fd = fn·√(1 − ζ²) = 6,164·√(1 − 0,6²) = 4,931 Hz

Risposta

fd = 4,931 Hz
12.Vibrazioni meccaniche

Risposta: fn = 10,79 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 = 100 + 15 = 115 kN/m

Frequenza naturale

ωn = √(115000/25) = 67,82 rad/s
fn = 67,82/(2π) = 10,79 Hz

Risposta

fn = 10,79 Hz

ExamProblems · examproblems.com/courses/machine-design