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​ = 18N2​ = 80

Un motore da 15 kW che gira a 2900 rpm aziona un pignone con 18 denti, che ingrana con una ruota con 80 denti. La coppia di ruote ha un rendimento del 98 %. Trova il momento torcente T1 sull’albero del motore.

P = 15 kWn1 = 2900 rpmN1 = 18N2 = 80η = 98%
T1 = N·m
2.Ingranaggi e rotismiDifficile
A = 24B = 80C = 48D = 60

In un rotismo composto, la ruota A (24 denti) sull’albero di ingresso, che gira a 2900 rpm, aziona la ruota B (80 denti). La ruota C (48 denti) è calettata sullo stesso albero di B e aziona la ruota D (60 denti) sull’albero di uscita. Trova la velocità di uscita nout.

nin = 2900 rpmA = 24B = 80C = 48D = 60
nout = rpm
3.Torsione degli alberiMedia
T = 250 N·md = 25 mmL = 0,5 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 = 250 N·md = 25 mmL = 0,5 mG = 80 GPa
φ = °
4.Torsione degli alberiDifficile
d = ?5 kW, 1000 rpm

Un albero pieno in acciaio trasmette 5 kW a 1000 rpm. La tensione tangenziale non deve superare 75 MPa e la torsione non deve superare 0,5° per m di lunghezza. Trova il diametro minimo d che soddisfa entrambi i limiti.

P = 5 kWN = 1000 rpmτallow = 75 MPaθallow = 0,5°/mG = 80 GPa
d = mm
5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniMedia
σx​ = −40σy​ = 40τxy​ = −50MPa

Un punto di una lastra sottile è in stato piano di tensione: σₓ = −40 MPa, σᵧ = 40 MPa e τₓᵧ = −50 MPa, con σz = 0. Trova la tensione tangenziale massima assoluta τabs nel punto (considerando tutti i piani in tre dimensioni).

σx = −40 MPaσy = 40 MPaτxy = −50 MPaσz = 0
τabs = MPa
6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniDifficile
σx​ = 130σy​ = −20τxy​ = −30MPa

Un punto di una lastra sottile è in stato piano di tensione: σₓ = 130 MPa, σᵧ = −20 MPa e τₓᵧ = −30 MPa (σz = 0). Il materiale ha una tensione di snervamento di 420 MPa. Trova il coefficiente di sicurezza n nei confronti dello snervamento secondo il criterio di Tresca (massima tensione tangenziale).

σx = 130 MPaσy = −20 MPaτxy = −30 MPaσY = 420 MPa
n =
7.Tensione e deformazione assialeMedia
Ø 16 mmRame1 mP = 75 kN

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

P = 75 kNd = 16 mmL = 1 mE = 117 GPa
δ = mm
8.Tensione e deformazione assialeDifficile
Ø 30 mmAcciaio1,5 mØ 20 mmOttone1,5 mP = 100 kN

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

P = 100 kNtratto 1: Ø30 mm, 1,5 m, acciaio (E = 200 GPa)tratto 2: Ø20 mm, 1,5 m, ottone (E = 100 GPa)
σmax = MPa
9.Instabilità delle colonneMedia
PL = 6 md = 60 mmsezione trasversale

Una colonna di lunghezza L in alluminio è incastrata alla base e libera in cima. Usando la formula di Eulero, trova il suo carico critico Pcr.

L = 6 mE = 70 GPa (alluminio)d = 60 mm
Pcr = kN
10.Instabilità delle colonneDifficile
PL = 2,5 md = 30 mmsezione trasversale

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

L = 2,5 mE = 70 GPa (alluminio)d = 30 mm
σcr = MPa
11.Vibrazioni meccanicheMedia
k = 20 kN/mc = 850 N·s/mm = 25 kg

Una massa di 25 kg è sostenuta da una molla con rigidezza di 20 kN/m e da uno smorzatore viscoso con coefficiente di smorzamento di 850 N·s/m. Trova il fattore di smorzamento ζ.

m = 25 kgk = 20 kN/mc = 850 N·s/m
ζ =
12.Vibrazioni meccanicheDifficile
k1​ = 12k2​ = 5m = 40 kg

Una massa di 40 kg è appesa a due molle collegate una dopo l’altra (in serie): la molla superiore ha k₁ = 12 kN/m e quella inferiore k₂ = 5 kN/m. Trova la rigidezza equivalente keq del sistema di molle in kN/m.

m = 40 kgk1 = 12 kN/mk2 = 5 kN/m
keq = kN/m

3Soluzioni

1.Ingranaggi e rotismi

Risposta: T1 = 49,39 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 = 15000/303,7 = 49,39 N·m

Risposta

T1 = 49,39 N·m
2.Ingranaggi e rotismi

Risposta: nout = 696 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 = 2900·24/80 = 870 rpm = nC

Secondo stadio

nout = 870·48/60 = 696 rpm

Risposta

nout = 696 rpm

rapporto totale = 4,167 : 1

3.Torsione degli alberi

Risposta: φ = 2,334 °

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·25⁴/32 = 38350 mm⁴

Angolo di torsione

φ = TL/(GJ) = 250·1000·500/(80000·38350) = 0,04074 rad
φ = 0,04074·180/π = 2,334°

Risposta

φ = 2,334°
4.Torsione degli alberi

Risposta: d = 28,89 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·1000/60 = 104,7 rad/s
T = P/ω = 5000/104,7 = 47,75 N·m

Diametro per la resistenza

T = 47,75 N·m = 47746 N·mm
dτ = ∛(16·47746/(π·75)) = 14,8 mm

Diametro per la rigidezza

θ = 0,5·π/180/1000 = 8,727 × 10⁻⁶ rad/mm
G = 80 GPa = 80000 MPa
dφ = (32·47746/(π·80000·8,727 × 10⁻⁶))1/4 = 28,89 mm

Diametro determinante

Entrambi i limiti devono essere rispettati, quindi governa il diametro maggiore.

d = max(14,8, 28,89) = 28,89 mm

Risposta

d = 28,89 mm

Qui governa la rigidezza.

5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: τabs = 64,03 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. In tre dimensioni la tensione tangenziale massima assoluta è (σmax − σmin)/2 su tutte e tre le tensioni principali; nello stato piano di tensione la terza è nulla.

στxyCσ1​σ2​

Tensioni principali nel piano

C = 0 MPa, R = √((−40)² + (−50)²) = 64,03 MPa
σ1 = 64,03 MPa, σ2 = −64,03 MPa, σz = 0

Il maggiore dei tre cerchi

τ = max(|σ1 − σ2|, |σ1|, |σ2|)/2 = max(128,1, 64,03, 64,03)/2 = 64,03 MPa

Risposta

τabs = 64,03 MPa

Qui σ₁ e σ₂ hanno segni opposti, quindi il massimo nel piano R è anche il massimo assoluto.

6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: n = 2,6

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 = 55 MPa, R = 80,78 MPa
σ1 = 135,8 MPa, σ2 = −25,78 MPa, σ3 = 0

Tresca

σmax − σmin = 161,6 MPa
n = 420/161,6 = 2,6

Risposta

n = 2,6

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

7.Tensione e deformazione assiale

Risposta: δ = 3,188 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·16²/4 = 201,1 mm²
σ = P/A = 75·1000/201,1 = 373 MPa

Deformazione (legge di Hooke)

E for rame = 117 GPa = 117000 MPa.

ε = σ/E = 373/117000 = 0,003188 = 3188 µε

Allungamento

δ = ε·L = 0,003188·1000 mm = 3,188 mm

Risposta

δ = 3,188 mm
8.Tensione e deformazione assiale

Risposta: σmax = 318,3 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·30²/4 = 706,9 mm², A2 = π·20²/4 = 314,2 mm²
σ1 = 141,5 MPa
σ2 = 318,3 MPa

Tensione massima

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

σmax = 318,3 MPa

Risposta

σmax = 318,3 MPa
9.Instabilità delle colonne

Risposta: Pcr = 3,052 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·60⁴/64 = 636173 mm⁴

Lunghezza libera d’inflessione

KL = 2·6000 = 12000 mm

Carico critico

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·70000·636173/12000² = 3052 N = 3,052 kN

Risposta

Pcr = 3,052 kN
10.Instabilità delle colonne

Risposta: σcr = 12,69 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 = 0,7·2500 = 1750 mm
KL/r = 1750/7,5 = 233,3

Tensione critica

σcr = π²E/(KL/r)² = π²·70000/233,3² = 12,69 MPa

Risposta

σcr = 12,69 MPa
11.Vibrazioni meccaniche

Risposta: ζ = 0,601

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·√(20000·25) = 1414 N·s/m

Fattore di smorzamento

ζ = c/cc = 850/1414 = 0,601

Risposta

ζ = 0,601

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

12.Vibrazioni meccaniche

Risposta: keq = 3,529 kN/m

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 = 1/12 + 1/5 → keq = 12·5/(12 + 5) = 3,529 kN/m

Risposta

keq = 3,529 kN/m

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