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​ = 16

Un motore da 4 kW che gira a 2900 rpm aziona un pignone con 15 denti, che ingrana con una ruota con 16 denti. Trascura le perdite. Trova il momento torcente T1 sull’albero del motore.

P = 4 kWn1 = 2900 rpmN1 = 15N2 = 16η = 100%
T1 = N·m
2.Ingranaggi e rotismiDifficile
d1​ = 100 mmd2​ = 315 mm1450 rpmC = 800 mmθ = ?

Una cinghia aperta collega una puleggia da 100 mm e una puleggia da 315 mm con gli assi a 800 mm di distanza. Trova l’angolo di avvolgimento θ sulla puleggia più piccola, in gradi.

d1 = 100 mmd2 = 315 mmC = 800 mm
θ = °
3.Torsione degli alberiMedia
d = ?T = 400 N·mL = 0,8 m

Un albero pieno in acciaio lungo 0,8 m è sollecitato da un momento torcente di 400 N·m. L’angolo di torsione tra le sue estremità non deve superare 3°. Trova il diametro minimo d che rispetta questo limite.

T = 400 N·mL = 0,8 mG = 80 GPaφallow = 3°
d = mm
4.Torsione degli alberiDifficile
Td = ?

Un albero pieno deve trasmettere 75 kW a 1450 giri/min senza che la tensione tangenziale superi 80 MPa. Trova il diametro minimo d adatto.

P = 75 kWN = 1450 rpmτallow = 80 MPa
d = mm
5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniMedia
σx​ = 20τxy​ = −60MPa

Un punto ha σₓ = 20 MPa, σᵧ = 0 MPa e τₓᵧ = −60 MPa (trazione positiva). Trova l’angolo θs, compreso tra −90° e 90°, dall’asse x alla normale del piano su cui la tensione tangenziale ha il suo valore massimo positivo +R (tangenziale positiva nello stesso verso di τₓᵧ).

σx = 20 MPaσy = 0 MPaτxy = −60 MPa
θs = °
6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniDifficile
σx​ = −10σy​ = −70τxy​ = 30MPa

Un punto di una lastra sottile è in stato piano di tensione: σₓ = −10 MPa, σᵧ = −70 MPa e τₓᵧ = 30 MPa (σz = 0). Il materiale ha una tensione di snervamento di 300 MPa. Trova il coefficiente di sicurezza n nei confronti dello snervamento secondo il criterio di Tresca (massima tensione tangenziale).

σx = −10 MPaσy = −70 MPaτxy = 30 MPaσY = 300 MPa
n =
7.Tensione e deformazione assialeMedia
Ø 30 mmAlluminio1,5 mP = 20 kN

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

P = 20 kNd = 30 mmL = 1,5 mE = 70 GPa
δ = mm
8.Tensione e deformazione assialeDifficile
Ø 30 mmOttone1 mØ 20 mmAcciaio1 mP = 85 kN

La barra a gradini è incastrata alla parete e caricata all’estremo libero. Trova l’allungamento totale δ.

P = 85 kNtratto 1: Ø30 mm, 1 m, ottone (E = 100 GPa)tratto 2: Ø20 mm, 1 m, acciaio (E = 200 GPa)
δ = mm
9.Instabilità delle colonneMedia
PL = 1 m30 × 80 mmsezione trasversale

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

L = 1 mE = 70 GPa (alluminio)b × h = 30 × 80 mm
Pcr = kN
10.Instabilità delle colonneDifficile
P = 105 kNL = 3 md = ?sezione trasversale

Una colonna tonda piena di lunghezza L in acciaio è incastrata a entrambi gli estremi. Deve portare 105 kN con un coefficiente di sicurezza di 2,5 contro l’instabilità. Trova il diametro minimo d.

P = 105 kNn = 2,5L = 3 mE = 200 GPa (acciaio)
d = mm
11.Vibrazioni meccanicheMedia
k = 25 kN/mc = 470 N·s/mm = 25 kg

Una massa di 25 kg è sostenuta da una molla con rigidezza di 25 kN/m e da uno smorzatore viscoso con coefficiente di smorzamento di 470 N·s/m. Trova il fattore di smorzamento ζ.

m = 25 kgk = 25 kN/mc = 470 N·s/m
ζ =
12.Vibrazioni meccanicheDifficile
k1​ = 10k2​ = 40m = 20 kg

Una massa di 20 kg è appesa a due molle collegate una dopo l’altra (in serie): la molla superiore ha k₁ = 10 kN/m e quella inferiore k₂ = 40 kN/m. Trascura lo smorzamento e le masse delle molle. Trova la frequenza naturale fn delle vibrazioni verticali in Hz.

m = 20 kgk1 = 10 kN/mk2 = 40 kN/m
fn = Hz

3Soluzioni

1.Ingranaggi e rotismi

Risposta: T1 = 13,17 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 = 4000/303,7 = 13,17 N·m

Risposta

T1 = 13,17 N·m
2.Ingranaggi e rotismi

Risposta: θ = 164,6 °

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(0,1344) = 7,722°

Angolo di avvolgimento

θ = 180 − 2·7,722 = 164,6°

Risposta

θ = 164,6°
3.Torsione degli alberi

Risposta: d = 29,7 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 = 400 N·m = 400000 N·mm
L = 0,8 m = 800 mm
G = 80 GPa = 80000 MPa
φ = 3·π/180 = 0,05236 rad
J = TL/(Gφ) = 400000·800/(80000·0,05236) = 76394 mm⁴

Diametro

d = (32J/π)1/4 = 29,7 mm

Risposta

d = 29,7 mm

In pratica arrotonderesti alla misura standard successiva.

4.Torsione degli alberi

Risposta: d = 31,56 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·1450/60 = 151,8 rad/s
T = P/ω = 75000/151,8 = 493,9 N·m

Diametro dalla tensione ammissibile

d = ∛(16T/(π·τallow)) = ∛(16·493929/(π·80)) = 31,56 mm

Risposta

d = 31,56 mm

In pratica arrotonderesti alla misura standard successiva.

5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: θs = −85,27 °

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.

στxyCτmax​

Angolo sul cerchio

Sul cerchio di Mohr il punto più alto (+R) è a 90° dal punto principale σ₁; sull’elemento questo corrisponde a 45°.

cos 2θs = −60/60,83 = −0,9864, sin 2θs = −10/60,83 = −0,1644
2θs = atan2(−10, −60) = −170,5°

Angolo sull’elemento

θs = −85,27°
verifica: θs − θp = −85,27 − (−40,27) = −45°

Risposta

θs = −85,27°

Gli angoli positivi sono in senso antiorario.

6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: n = 3,536

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 = −40 MPa, R = 42,43 MPa
σ1 = 2,426 MPa, σ2 = −82,43 MPa, σ3 = 0

Tresca

σmax − σmin = 84,85 MPa
n = 300/84,85 = 3,536

Risposta

n = 3,536

n > 1 significa che il punto non si snerva; Tresca è leggermente più conservativo di von Mises.

7.Tensione e deformazione assiale

Risposta: δ = 0,6063 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 = 20·1000/706,9 = 28,29 MPa

Deformazione (legge di Hooke)

E for alluminio = 70 GPa = 70000 MPa.

ε = σ/E = 28,29/70000 = 0,0004042 = 404,2 µε

Allungamento

δ = ε·L = 0,0004042·1500 mm = 0,6063 mm

Risposta

δ = 0,6063 mm
8.Tensione e deformazione assiale

Risposta: δ = 2,555 mm

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·30²/4 = 706,9 mm², A2 = π·20²/4 = 314,2 mm²
σ1 = 120,3 MPa
σ2 = 270,6 MPa

Somma gli allungamenti dei tratti

δ1 = σ1L1/E1 = 120,3·1000/100000 = 1,203 mm
δ2 = σ2L2/E2 = 270,6·1000/200000 = 1,353 mm
δ = δ1 + δ2 = 2,555 mm

Risposta

δ = 2,555 mm
9.Instabilità delle colonne

Risposta: Pcr = 124,4 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 = 80·30³/12 = 180000 mm⁴

Lunghezza libera d’inflessione

KL = 1·1000 = 1000 mm

Carico critico

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·70000·180000/1000² = 124357 N = 124,4 kN

Risposta

Pcr = 124,4 kN
10.Instabilità delle colonne

Risposta: d = 49,69 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 = 2,5·105000 = 262500 N
KL = 0,5·3000 = 1500 mm

Risolvi per il diametro

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·262500·1500²/(π³·200000))^(1/4) = 49,69 mm

Risposta

d = 49,69 mm

Verifica: la snellezza KL/r è 120,8, quindi la colonna è snella e vale Eulero.

11.Vibrazioni meccaniche

Risposta: ζ = 0,2973

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·√(25000·25) = 1581 N·s/m

Fattore di smorzamento

ζ = c/cc = 470/1581 = 0,2973

Risposta

ζ = 0,2973

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

12.Vibrazioni meccaniche

Risposta: fn = 3,183 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 = 1/10 + 1/40 → keq = 10·40/(10 + 40) = 8 kN/m

Frequenza naturale

ωn = √(8000/20) = 20 rad/s
fn = 20/(2π) = 3,183 Hz

Risposta

fn = 3,183 Hz

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