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​ = 12N2​ = 60

Un motore da 1,1 kW che gira a 960 rpm aziona un pignone con 12 denti, che ingrana con una ruota con 60 denti. La coppia di ruote ha un rendimento del 95 %. Trova il momento torcente in uscita T2 sull’albero della ruota.

P = 1,1 kWn1 = 960 rpmN1 = 12N2 = 60η = 95%
T2 = N·m
2.Ingranaggi e rotismiDifficile
Ns​ = 24corona fissaNp​ = 18nc​ = ?

In un rotismo epicicloidale il solare ha 24 denti e ogni satellite ha 18 denti. La corona è bloccata e il solare è azionato a 1800 rpm. Trova la velocità nc del portatreno.

Ns = 24Np = 18ns = 1800 rpm
nc = rpm
3.Torsione degli alberiMedia
T = 500 N·md = 40 mmL = 1,2 mφ = ?

Un albero pieno di ottone 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 = 500 N·md = 40 mmL = 1,2 mG = 39 GPa
φ = °
4.Torsione degli alberiDifficile
d = 60 mmT0​ = 1000 N·mACBa = 0,8 mb = 2 m

Un albero pieno in acciaio 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 0,8 m da A e a 2 m da B. Trova l’angolo di rotazione φC della sezione C, in gradi.

d = 60 mmT0 = 1000 N·ma = 0,8 mb = 2 mG = 80 GPa
φC = °
5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniMedia
σx​ = 90σy​ = 120τxy​ = 50MPa

In un punto di un pezzo caricato si ha σₓ = 90 MPa, σᵧ = 120 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 = 90 MPaσy = 120 MPaτxy = 50 MPa
θp = °
6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniDifficile
σy​ = 50τxy​ = −30MPa

Un punto di una lastra sottile è in stato piano di tensione: σₓ = 0 MPa, σᵧ = 50 MPa e τₓᵧ = −30 MPa (σz = 0). Il materiale ha una tensione di snervamento di 350 MPa. Trova il coefficiente di sicurezza n nei confronti dello snervamento secondo il criterio di Tresca (massima tensione tangenziale).

σx = 0 MPaσy = 50 MPaτxy = −30 MPaσY = 350 MPa
n =
7.Tensione e deformazione assialeMedia
Ø 25 mmRame1,5 mP = 55 kN

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

P = 55 kNd = 25 mmL = 1,5 mE = 117 GPa
ε = µε
8.Tensione e deformazione assialeDifficile
P = ?Ø30120 GPaØ100/50500 mm

Un’asta di acciaio (diametro 30 mm, E = 200 GPa, tensione ammissibile 120 MPa) sta dentro un tubo di rame (diametro esterno 100 mm, diametro interno 50 mm, E = 120 GPa, tensione ammissibile 70 MPa). Sono compressi insieme tra piastre rigide. Trova il massimo carico Pmax.

asta: Ø30 mm, E = 200 GPa, σallow = 120 MPatubo: Ø100/Ø50 mm, E = 120 GPa, σallow = 70 MPa
Pmax = kN
9.Instabilità delle colonneMedia
PL = 5 md = 40 mmsezione trasversale

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

L = 5 mE = 200 GPa (acciaio)d = 40 mm
Pcr = kN
10.Instabilità delle colonneDifficile
P = 40 kNL = 2,5 md = ?sezione trasversale

Una colonna tonda piena di lunghezza L in alluminio è incastrata alla base e incernierata in cima. Deve portare 40 kN con un coefficiente di sicurezza di 2,5 contro l’instabilità. Trova il diametro minimo d.

P = 40 kNn = 2,5L = 2,5 mE = 70 GPa (alluminio)
d = mm
11.Vibrazioni meccanicheMedia
k = 2 kN/mc = 60 N·s/mm = 8 kg

Una massa di 8 kg è sostenuta da una molla con rigidezza di 2 kN/m e da uno smorzatore viscoso con coefficiente di smorzamento di 60 N·s/m. Trova il fattore di smorzamento ζ.

m = 8 kgk = 2 kN/mc = 60 N·s/m
ζ =
12.Vibrazioni meccanicheDifficile
k1​ = 5k2​ = 50m = 20 kg

Una massa di 20 kg è appesa a due molle affiancate (in parallelo), con rigidezze k₁ = 5 kN/m e k₂ = 50 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 = 20 kgk1 = 5 kN/mk2 = 50 kN/m
fn = Hz

3Soluzioni

1.Ingranaggi e rotismi

Risposta: T2 = 51,97 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·960/60 = 100,5 rad/s
T1 = P/ω₁ = 1100/100,5 = 10,94 N·m

Momento torcente in uscita

T2 = 10,94·60/12·0,95 = 51,97 N·m

Risposta

T2 = 51,97 N·m
2.Ingranaggi e rotismi

Risposta: nc = 514,3 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 = 24 + 2·18 = 60

Formula di Willis con la corona fissa

Poni nr = 0 e ricava la velocità del portatreno.

(1800 − nc)/(0 − nc) = −60/24
nc = ns·Ns/(Ns + Nr) = 1800·24/84 = 514,3 rpm

Risposta

nc = 514,3 rpm

Il portatreno gira nello stesso verso del solare.

3.Torsione degli alberi

Risposta: φ = 3,507 °

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) = 500·1000·1200/(39000·251327) = 0,06121 rad
φ = 0,06121·180/π = 3,507°

Risposta

φ = 3,507°
4.Torsione degli alberi

Risposta: φC = 0,3217 °

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 = 1000·2/2,8 = 714,3 N·m
TB = 1000·0,8/2,8 = 285,7 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 = 80 GPa = 80000 MPa
φC = TA·a/(GJ) = 714286·800/(80000·1,272 × 10⁶) = 0,005614 rad = 0,3217°

Risposta

φC = 0,3217°
5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: θp = 53,35 °

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, 90 − 120) = 106,7°

Angolo sull’elemento

θp = 53,35°

Risposta

θp = 53,35°

Gli angoli positivi sono in senso antiorario.

6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: n = 4,481

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 = 25 MPa, R = 39,05 MPa
σ1 = 64,05 MPa, σ2 = −14,05 MPa, σ3 = 0

Tresca

σmax − σmin = 78,1 MPa
n = 350/78,1 = 4,481

Risposta

n = 4,481

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

7.Tensione e deformazione assiale

Risposta: ε = 957,7 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·25²/4 = 490,9 mm²
σ = P/A = 55·1000/490,9 = 112 MPa

Deformazione (legge di Hooke)

E for rame = 117 GPa = 117000 MPa.

ε = σ/E = 112/117000 = 0,0009577 = 957,7 µε

Risposta

ε = 957,7 µε
8.Tensione e deformazione assiale

Risposta: Pmax = 494,8 kN

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.

Aree

Ar = π·30²/4 = 706,9 mm²
At = π(100² − 50²)/4 = 5890 mm²

Rigidezza assiale combinata

ΣEA = 200·10³·706,9 + 120·10³·5890 = 8,482 × 10⁸ N

Deformazione governante

ε = min(0,0006, 0,0005833) = 0,0005833 (rame)

Carico massimo

Pmax = 0,0005833·8,482 × 10⁸ = 494801 N = 494,8 kN

Risposta

Pmax = 494,8 kN
9.Instabilità delle colonne

Risposta: Pcr = 9,922 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·40⁴/64 = 125664 mm⁴

Lunghezza libera d’inflessione

KL = 1·5000 = 5000 mm

Carico critico

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·200000·125664/5000² = 9922 N = 9,922 kN

Risposta

Pcr = 9,922 kN
10.Instabilità delle colonne

Risposta: d = 54,82 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 = 2,5·40000 = 100000 N
KL = 0,7·2500 = 1750 mm

Risolvi per il diametro

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·100000·1750²/(π³·70000))^(1/4) = 54,82 mm

Risposta

d = 54,82 mm

Verifica: la snellezza KL/r è 127,7, quindi la colonna è snella e vale Eulero.

11.Vibrazioni meccaniche

Risposta: ζ = 0,2372

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·√(2000·8) = 253 N·s/m

Fattore di smorzamento

ζ = c/cc = 60/253 = 0,2372

Risposta

ζ = 0,2372

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

12.Vibrazioni meccaniche

Risposta: fn = 8,346 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 = 5 + 50 = 55 kN/m

Frequenza naturale

ωn = √(55000/20) = 52,44 rad/s
fn = 52,44/(2π) = 8,346 Hz

Risposta

fn = 8,346 Hz

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