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 mm1450 rpmn2​ = ?

Una puleggia da 150 mm a 1450 giri/min aziona con una cinghia una puleggia da 315 mm con slittamento del 2 %. Trova la velocità n2 della puleggia condotta.

n1 = 1450 rpmd1 = 150 mmd2 = 315 mms = 2 %
n2 = rpm
2.Ingranaggi e rotismiDifficile
d1​ = 120 mmd2​ = 500 mm720 rpmC = 500 mmθ = ?

Una cinghia aperta collega una puleggia da 120 mm e una puleggia da 500 mm con gli assi a 500 mm di distanza. Trova l’angolo di avvolgimento θ sulla puleggia più piccola, in gradi.

d1 = 120 mmd2 = 500 mmC = 500 mm
θ = °
3.Torsione degli alberiMedia
T = 400 N·md = 50 mmL = 0,5 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 = 400 N·md = 50 mmL = 0,5 mG = 39 GPa
φ = °
4.Torsione degli alberiDifficile
Td = ?

Un albero pieno deve trasmettere 10 kW a 1450 giri/min senza che la tensione tangenziale superi 60 MPa. Trova il diametro minimo d adatto.

P = 10 kWN = 1450 rpmτallow = 60 MPa
d = mm
5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniMedia
σx​ = 160σy​ = 90τxy​ = 30MPa

Un punto di una lastra sottile è in stato piano di tensione: σₓ = 160 MPa, σᵧ = 90 MPa e τₓᵧ = 30 MPa, con σz = 0. Trova la tensione tangenziale massima assoluta τabs nel punto (considerando tutti i piani in tre dimensioni).

σx = 160 MPaσy = 90 MPaτxy = 30 MPaσz = 0
τabs = MPa
6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniDifficile
σx​ = −50σy​ = −70τxy​ = 30MPa

Un punto di una lastra sottile è in stato piano di tensione: σₓ = −50 MPa, σᵧ = −70 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 von Mises (energia di distorsione).

σx = −50 MPaσy = −70 MPaτxy = 30 MPaσY = 420 MPa
n =
7.Tensione e deformazione assialeMedia
Ø 12 mmOttone3 mP = 95 kN

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

P = 95 kNd = 12 mmL = 3 mE = 100 GPa
ε = µε
8.Tensione e deformazione assialeDifficile
Ø 40 mmAlluminio0,5 mØ 12 mmOttone1 mP = 40 kN

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

P = 40 kNtratto 1: Ø40 mm, 0,5 m, alluminio (E = 70 GPa)tratto 2: Ø12 mm, 1 m, ottone (E = 100 GPa)
σmax = MPa
9.Instabilità delle colonneMedia
PL = 2,5 md = 60 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 = 2,5 mE = 200 GPa (acciaio)d = 60 mm
Pcr = kN
10.Instabilità delle colonneDifficile
P = 140 kNL = 1,5 md = ?sezione trasversale

Una colonna tonda piena di lunghezza L in alluminio è incernierata a entrambi gli estremi. Deve portare 140 kN con un coefficiente di sicurezza di 2 contro l’instabilità. Trova il diametro minimo d.

P = 140 kNn = 2L = 1,5 mE = 70 GPa (alluminio)
d = mm
11.Vibrazioni meccanicheMedia
tx25 mm3 cicli5,5 mm

In una prova di vibrazioni libere su un sistema massa–molla smorzato, a un picco di spostamento di 25 mm segue, 3 cicli dopo, un picco di 5,5 mm. Trova il fattore di smorzamento ζ.

x0 = 25 mmx3 = 5,5 mmn = 3
ζ =
12.Vibrazioni meccanicheDifficile
k1​ = 60k2​ = 12k3​ = 60m = 50 kg

Una massa di 50 kg è appesa alla molla k₃ = 60 kN/m. L’estremità superiore di k₃ è fissata a una barra rigida appesa a due molle affiancate, k₁ = 60 kN/m e k₂ = 12 kN/m; la barra resta orizzontale. Trascura lo smorzamento e le masse delle molle e della barra. Trova la frequenza naturale fn delle vibrazioni verticali in Hz.

m = 50 kgk1 = 60 kN/mk2 = 12 kN/mk3 = 60 kN/m
fn = Hz

3Soluzioni

1.Ingranaggi e rotismi

Risposta: n2 = 676,7 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

1450·150/315 = 690,5 rpm

Con slittamento

n2 = 690,5·0,98 = 676,7 rpm

Risposta

n2 = 676,7 rpm
2.Ingranaggi e rotismi

Risposta: θ = 135,3 °

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(0,38) = 22,33°

Angolo di avvolgimento

θ = 180 − 2·22,33 = 135,3°

Risposta

θ = 135,3°
3.Torsione degli alberi

Risposta: φ = 0,4789 °

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) = 400·1000·500/(39000·613592) = 0,008358 rad
φ = 0,008358·180/π = 0,4789°

Risposta

φ = 0,4789°
4.Torsione degli alberi

Risposta: d = 17,75 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 = 10000/151,8 = 65,86 N·m

Diametro dalla tensione ammissibile

d = ∛(16T/(π·τallow)) = ∛(16·65857/(π·60)) = 17,75 mm

Risposta

d = 17,75 mm

In pratica arrotonderesti alla misura standard successiva.

5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: τabs = 85,55 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.

σxyCσ1​σ2​

Tensioni principali nel piano

C = 125 MPa, R = √(35² + 30²) = 46,1 MPa
σ1 = 171,1 MPa, σ2 = 78,9 MPa, σz = 0

Il maggiore dei tre cerchi

τ = max(|σ1 − σ2|, |σ1|, |σ2|)/2 = max(92,2, 171,1, 78,9)/2 = 85,55 MPa

Risposta

τabs = 85,55 MPa

Qui governa il cerchio fuori dal piano: il massimo assoluto è maggiore del massimo nel piano R.

6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: n = 5,17

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 = −60 MPa, R = 31,62 MPa
σ1 = −28,38 MPa, σ2 = −91,62 MPa, σ3 = 0

Von Mises

σvM = √((−28,38)² − (−28,38)·(−91,62) + (−91,62)²) = 81,24 MPa
n = 420/81,24 = 5,17

Risposta

n = 5,17

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

7.Tensione e deformazione assiale

Risposta: ε = 8400 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·12²/4 = 113,1 mm²
σ = P/A = 95·1000/113,1 = 840 MPa

Deformazione (legge di Hooke)

E for ottone = 100 GPa = 100000 MPa.

ε = σ/E = 840/100000 = 0,0084 = 8400 µε

Risposta

ε = 8400 µε
8.Tensione e deformazione assiale

Risposta: σmax = 353,7 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·40²/4 = 1257 mm², A2 = π·12²/4 = 113,1 mm²
σ1 = 31,83 MPa
σ2 = 353,7 MPa

Tensione massima

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

σmax = 353,7 MPa

Risposta

σmax = 353,7 MPa
9.Instabilità delle colonne

Risposta: Pcr = 200,9 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 = 1·2500 = 2500 mm

Carico critico

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·200000·636173/2500² = 200921 N = 200,9 kN

Risposta

Pcr = 200,9 kN
10.Instabilità delle colonne

Risposta: d = 65,65 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 = 2·140000 = 280000 N
KL = 1·1500 = 1500 mm

Risolvi per il diametro

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·280000·1500²/(π³·70000))^(1/4) = 65,65 mm

Risposta

d = 65,65 mm

Verifica: la snellezza KL/r è 91,39, quindi la colonna è snella e vale Eulero.

11.Vibrazioni meccaniche

Risposta: ζ = 0,08007

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 = (1/3)·ln(25/5,5) = 0,5047

Fattore di smorzamento

ζ = δ/√(4π² + δ²) = 0,5047/√(39,48 + 0,2547) = 0,08007

Risposta

ζ = 0,08007
12.Vibrazioni meccaniche

Risposta: fn = 4,072 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

Solo k1 e k2 sono in parallelo. Questa coppia è in serie con k3, quindi combinale come reciproci.

k12 = 60 + 12 = 72 kN/m
keq = 72·60/(72 + 60) = 32,73 kN/m

Frequenza naturale

ωn = √(32727/50) = 25,58 rad/s
fn = 25,58/(2π) = 4,072 Hz

Risposta

fn = 4,072 Hz

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