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
d1​ = 150 mmd2​ = 315 mm960 rpmT1​ = 500 NT2​ = 100 NP = ?

Una cinghia scorre su una puleggia motrice da 150 mm a 960 giri/min. La tensione è 500 N sul lato teso e 100 N sul lato lento. Trova la potenza P trasmessa, in kW.

d1 = 150 mmn1 = 960 rpmT1 = 500 NT2 = 100 N
P = kW
2.Ingranaggi e rotismiDifficile
Ns​ = 16nr​ = ?Np​ = 30portatreno fisso

In un rotismo epicicloidale il solare ha 16 denti e ogni satellite ha 30 denti. Il portatreno è bloccato e il solare è azionato a 600 rpm. Trova la velocità nr della corona (in modulo).

Ns = 16Np = 30ns = 600 rpm
nr = rpm
3.Torsione degli alberiMedia
T = 400 N·md = 40 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 = 400 N·md = 40 mmL = 1 mG = 80 GPa
φ = °
4.Torsione degli alberiDifficile
d = 25 mmT0​ = 200 N·mACBa = 2,5 mb = 0,8 m

Un albero pieno in acciaio di diametro 25 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 2,5 m da A e a 0,8 m da B. Trova la tensione tangenziale massima τmax nell’albero.

d = 25 mmT0 = 200 N·ma = 2,5 mb = 0,8 m
τmax = MPa
5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniMedia
σx​ = 10σy​ = 80τxy​ = 30MPa

Un punto ha σₓ = 10 MPa, σᵧ = 80 MPa e τₓᵧ = 30 MPa (trazione positiva). L’elemento è ruotato di 45° in senso orario. Trova la tensione normale σy′ sulle facce dell’elemento ruotato perpendicolari all’asse ruotato y′.

σx = 10 MPaσy = 80 MPaτxy = 30 MPaθ = -45°
σy′ = MPa
6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniDifficile
σx​ = 30σy​ = −70τxy​ = 10MPa

In un punto di un pezzo caricato si ha σₓ = 30 MPa, σᵧ = −70 MPa e τₓᵧ = 10 MPa (trazione positiva). Trova la tensione normale σθ su un piano la cui normale è ruotata di 15° in senso antiorario rispetto all’asse x.

σx = 30 MPaσy = −70 MPaτxy = 10 MPaθ = 15°
σθ = MPa
7.Tensione e deformazione assialeMedia
Ø 12 mmAlluminio1 mP = 25 kN

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

P = 25 kNd = 12 mmL = 1 mE = 70 GPa
δ = mm
8.Tensione e deformazione assialeDifficile
Ø 35 mmAlluminio1,5 mØ 20 mmOttone1,5 mP = 75 kN

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

P = 75 kNtratto 1: Ø35 mm, 1,5 m, alluminio (E = 70 GPa)tratto 2: Ø20 mm, 1,5 m, ottone (E = 100 GPa)
σmax = MPa
9.Instabilità delle colonneMedia
PL = 3 m20 × 80 mmsezione trasversale

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

L = 3 mE = 200 GPa (acciaio)b × h = 20 × 80 mm
Pcr = kN
10.Instabilità delle colonneDifficile
PL = 3 md = 50 mmsezione trasversale

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

L = 3 mE = 200 GPa (acciaio)d = 50 mm
σcr = MPa
11.Vibrazioni meccanicheMedia
tx15 mm1 ciclo12,4 mm

In una prova di vibrazioni libere su un sistema massa–molla smorzato, a un picco di spostamento di 15 mm segue, un ciclo dopo, un picco di 12,4 mm. Trova il fattore di smorzamento ζ.

x0 = 15 mmx1 = 12,4 mmn = 1
ζ =
12.Vibrazioni meccanicheDifficile
k1​ = 50k2​ = 20m = 20 kg

Una massa di 20 kg è appesa a due molle collegate una dopo l’altra (in serie): la molla superiore ha k₁ = 50 kN/m e quella inferiore k₂ = 20 kN/m. Trascura lo smorzamento e le masse delle molle. Trova la frequenza naturale fn delle vibrazioni verticali in Hz.

m = 20 kgk1 = 50 kN/mk2 = 20 kN/m
fn = Hz

3Soluzioni

1.Ingranaggi e rotismi

Risposta: P = 3,016 kW

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 della cinghia

v = 7,54 m/s

Potenza

P = (500 − 100)·7,54 = 3016 W = 3,016 kW

Risposta

P = 3,016 kW
2.Ingranaggi e rotismi

Risposta: nr = 126,3 rpm

Rotismi epicicloidali: le velocità di solare, corona e portatreno sono legate dalla formula di Willis (ns − nc)/(nr − nc) = −Nr/Ns: visto dal portatreno, il rotismo è un rotismo ordinario con i satelliti come ruote oziose. Bloccando un elemento il rotismo diventa un riduttore a rapporto unico.

Denti della corona

Nr = Ns + 2·Np = 16 + 2·30 = 76

Formula di Willis con il portatreno fisso

Con nc = 0 il solare aziona la corona attraverso i satelliti, che fanno da ruote oziose.

nr = −ns·Ns/Nr = −600·16/76 = −126,3 rpm
|nr| = 126,3 rpm

Risposta

nr = 126,3 rpm

La corona gira in verso opposto al solare.

3.Torsione degli alberi

Risposta: φ = 1,14 °

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·40⁴/32 = 251327 mm⁴

Angolo di torsione

φ = TL/(GJ) = 400·1000·1000/(80000·251327) = 0,01989 rad
φ = 0,01989·180/π = 1,14°

Risposta

φ = 1,14°
4.Torsione degli alberi

Risposta: τmax = 49,39 MPa

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 = 200·0,8/3,3 = 48,48 N·m
TB = 200·2,5/3,3 = 151,5 N·m

Tensione tangenziale massima

Governa il maggiore dei due momenti torcenti (stesso diametro).

τmax = 16·151515/(π·25³) = 49,39 MPa

Risposta

τmax = 49,39 MPa
5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: σy′ = 75 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 per la faccia y′

σy′ = 45 − (−35)·0 − 30·(−1) = 75 MPa

Verifica

La somma delle tensioni normali non cambia con la rotazione.

σx′ = 15 MPa, σx′ + σy′ = 90 = σx + σy

Risposta

σy′ = 75 MPa
6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: σθ = 28,3 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 = −20 + 50·0,866 + 10·0,5 = 28,3 MPa

Risposta

σθ = 28,3 MPa
7.Tensione e deformazione assiale

Risposta: δ = 3,158 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·12²/4 = 113,1 mm²
σ = P/A = 25·1000/113,1 = 221 MPa

Deformazione (legge di Hooke)

E for alluminio = 70 GPa = 70000 MPa.

ε = σ/E = 221/70000 = 0,003158 = 3158 µε

Allungamento

δ = ε·L = 0,003158·1000 mm = 3,158 mm

Risposta

δ = 3,158 mm
8.Tensione e deformazione assiale

Risposta: σmax = 238,7 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·20²/4 = 314,2 mm²
σ1 = 77,95 MPa
σ2 = 238,7 MPa

Tensione massima

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

σmax = 238,7 MPa

Risposta

σmax = 238,7 MPa
9.Instabilità delle colonne

Risposta: Pcr = 46,79 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 = 80·20³/12 = 53333 mm⁴

Lunghezza libera d’inflessione

KL = 0,5·3000 = 1500 mm

Carico critico

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·200000·53333/1500² = 46789 N = 46,79 kN

Risposta

Pcr = 46,79 kN
10.Instabilità delle colonne

Risposta: σcr = 8,567 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·50⁴/64 = 306796 mm⁴

Raggio d’inerzia e snellezza

A = 1963 mm²
r = √(I/A) = √(306796/1963) = 12,5 mm
KL = 2·3000 = 6000 mm
KL/r = 6000/12,5 = 480

Tensione critica

σcr = π²E/(KL/r)² = π²·200000/480² = 8,567 MPa

Risposta

σcr = 8,567 MPa
11.Vibrazioni meccaniche

Risposta: ζ = 0,03028

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 = (1/1)·ln(15/12,4) = 0,1904

Fattore di smorzamento

ζ = δ/√(4π² + δ²) = 0,1904/√(39,48 + 0,03623) = 0,03028

Risposta

ζ = 0,03028
12.Vibrazioni meccaniche

Risposta: fn = 4,254 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 = 1/50 + 1/20 → keq = 50·20/(50 + 20) = 14,29 kN/m

Frequenza naturale

ωn = √(14286/20) = 26,73 rad/s
fn = 26,73/(2π) = 4,254 Hz

Risposta

fn = 4,254 Hz

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