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​ = 48N2​ = 80

Un motore da 15 kW che gira a 1440 rpm aziona un pignone con 48 denti, che ingrana con una ruota con 80 denti. Trascura le perdite. Trova il momento torcente in uscita T2 sull’albero della ruota.

P = 15 kWn1 = 1440 rpmN1 = 48N2 = 80η = 100%
T2 = N·m
2.Ingranaggi e rotismiDifficile
A = 18B = 32C = 20D = 36

In un rotismo composto, la ruota A (18 denti) sull’albero di ingresso, che gira a 1500 rpm, aziona la ruota B (32 denti). La ruota C (20 denti) è calettata sullo stesso albero di B e aziona la ruota D (36 denti) sull’albero di uscita. Trova la velocità di uscita nout.

nin = 1500 rpmA = 18B = 32C = 20D = 36
nout = rpm
3.Torsione degli alberiMedia
T = 1000 N·md = 30 mmL = 0,8 mφ = ?

Un albero pieno di alluminio 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 = 1000 N·md = 30 mmL = 0,8 mG = 26 GPa
φ = °
4.Torsione degli alberiDifficile
Td = ?

Un albero pieno deve trasmettere 20 kW a 1000 giri/min senza che la tensione tangenziale superi 80 MPa. Trova il diametro minimo d adatto.

P = 20 kWN = 1000 rpmτallow = 80 MPa
d = mm
5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniMedia
σx​ = 30σy​ = 20τxy​ = −60MPa

Un punto ha σₓ = 30 MPa, σᵧ = 20 MPa e τₓᵧ = −60 MPa (trazione positiva). L’elemento è ruotato di 25° in senso antiorario. Trova la tensione normale σy′ sulle facce dell’elemento ruotato perpendicolari all’asse ruotato y′.

σx = 30 MPaσy = 20 MPaτxy = −60 MPaθ = 25°
σy′ = MPa
6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniDifficile
35°D = 1500 mm, t = 6 mm, p = 2 MPap

Un serbatoio cilindrico a parete sottile con diametro interno di 1500 mm e spessore di parete di 6 mm contiene gas a una pressione relativa di 2 MPa. È realizzato con lamiera saldata lungo una cordatura elicoidale a 35° rispetto all’asse del cilindro. Trova la tensione normale σn che agisce attraverso la cordatura di saldatura.

D = 1500 mmt = 6 mmp = 2 MPaα = 35°
σn = MPa
7.Tensione e deformazione assialeMedia
Ø 30 mmAcciaio1,5 mP = 20 kN

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

P = 20 kNd = 30 mmL = 1,5 mE = 200 GPa
δ = mm
8.Tensione e deformazione assialeDifficile
Ø 25 mmRame1 mØ 16 mmAlluminio2 mP = 25 kN

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

P = 25 kNtratto 1: Ø25 mm, 1 m, rame (E = 117 GPa)tratto 2: Ø16 mm, 2 m, alluminio (E = 70 GPa)
σmax = MPa
9.Instabilità delle colonneMedia
PL = 2,5 m25 × 50 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)b × h = 25 × 50 mm
Pcr = kN
10.Instabilità delle colonneDifficile
P = 70 kNL = 3 md = ?sezione trasversale

Una colonna tonda piena di lunghezza L in alluminio è incastrata alla base e libera in cima. Deve portare 70 kN con un coefficiente di sicurezza di 3 contro l’instabilità. Trova il diametro minimo d.

P = 70 kNn = 3L = 3 mE = 70 GPa (alluminio)
d = mm
11.Vibrazioni meccanicheMedia
k = 150 kN/mc = 350 N·s/mm = 20 kg

Una massa di 20 kg è sostenuta da una molla con rigidezza di 150 kN/m e da uno smorzatore viscoso con coefficiente di smorzamento di 350 N·s/m. Trova il fattore di smorzamento ζ.

m = 20 kgk = 150 kN/mc = 350 N·s/m
ζ =
12.Vibrazioni meccanicheDifficile
k1​ = 25k2​ = 40k3​ = 20m = 25 kg

Una massa di 25 kg è appesa alla molla k₃ = 20 kN/m. L’estremità superiore di k₃ è fissata a una barra rigida appesa a due molle affiancate, k₁ = 25 kN/m e k₂ = 40 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 = 25 kgk1 = 25 kN/mk2 = 40 kN/mk3 = 20 kN/m
fn = Hz

3Soluzioni

1.Ingranaggi e rotismi

Risposta: T2 = 165,8 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·1440/60 = 150,8 rad/s
T1 = P/ω₁ = 15000/150,8 = 99,47 N·m

Momento torcente in uscita

T2 = 99,47·80/48·1 = 165,8 N·m

Risposta

T2 = 165,8 N·m
2.Ingranaggi e rotismi

Risposta: nout = 468,8 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 = 1500·18/32 = 843,8 rpm = nC

Secondo stadio

nout = 843,8·20/36 = 468,8 rpm

Risposta

nout = 468,8 rpm

rapporto totale = 3,2 : 1

3.Torsione degli alberi

Risposta: φ = 22,17 °

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·30⁴/32 = 79522 mm⁴

Angolo di torsione

φ = TL/(GJ) = 1000·1000·800/(26000·79522) = 0,3869 rad
φ = 0,3869·180/π = 22,17°

Risposta

φ = 22,17°
4.Torsione degli alberi

Risposta: d = 22,99 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 = 20000/104,7 = 191 N·m

Diametro dalla tensione ammissibile

d = ∛(16T/(π·τallow)) = ∛(16·190986/(π·80)) = 22,99 mm

Risposta

d = 22,99 mm

In pratica arrotonderesti alla misura standard successiva.

5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: σy′ = 67,75 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′ = 25 − 5·0,6428 − (−60)·0,766 = 67,75 MPa

Verifica

La somma delle tensioni normali non cambia con la rotazione.

σx′ = −17,75 MPa, σx′ + σy′ = 50 = σx + σy

Risposta

σy′ = 67,75 MPa
6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: σn = 208,9 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. Cilindro a parete sottile: tensione circonferenziale σh = pr/t e tensione assiale σa = pr/(2t); queste sono le tensioni principali nella parete.

Tensioni nella parete

r = 1500/2 = 750 mm
σh = pr/t = 2·750/6 = 250 MPa
σa = pr/(2t) = 125 MPa

Trasforma sulla cordatura

Prendi x lungo l’asse (σa) e y in direzione circonferenziale (σh). La normale alla cordatura forma 90° − α con l’asse.

σn = 125·sin²35° + 250·cos²35° = 208,9 MPa

Risposta

σn = 208,9 MPa
7.Tensione e deformazione assiale

Risposta: δ = 0,2122 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 acciaio = 200 GPa = 200000 MPa.

ε = σ/E = 28,29/200000 = 0,0001415 = 141,5 µε

Allungamento

δ = ε·L = 0,0001415·1500 mm = 0,2122 mm

Risposta

δ = 0,2122 mm
8.Tensione e deformazione assiale

Risposta: σmax = 124,3 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·25²/4 = 490,9 mm², A2 = π·16²/4 = 201,1 mm²
σ1 = 50,93 MPa
σ2 = 124,3 MPa

Tensione massima

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

σmax = 124,3 MPa

Risposta

σmax = 124,3 MPa
9.Instabilità delle colonne

Risposta: Pcr = 20,56 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 = 50·25³/12 = 65104 mm⁴

Lunghezza libera d’inflessione

KL = 1·2500 = 2500 mm

Carico critico

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·200000·65104/2500² = 20562 N = 20,56 kN

Risposta

Pcr = 20,56 kN
10.Instabilità delle colonne

Risposta: d = 122,2 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 = 3·70000 = 210000 N
KL = 2·3000 = 6000 mm

Risolvi per il diametro

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·210000·6000²/(π³·70000))^(1/4) = 122,2 mm

Risposta

d = 122,2 mm

Verifica: la snellezza KL/r è 196,4, quindi la colonna è snella e vale Eulero.

11.Vibrazioni meccaniche

Risposta: ζ = 0,101

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·√(150000·20) = 3464 N·s/m

Fattore di smorzamento

ζ = c/cc = 350/3464 = 0,101

Risposta

ζ = 0,101

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

12.Vibrazioni meccaniche

Risposta: fn = 3,937 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 = 25 + 40 = 65 kN/m
keq = 65·20/(65 + 20) = 15,29 kN/m

Frequenza naturale

ωn = √(15294/25) = 24,73 rad/s
fn = 24,73/(2π) = 3,937 Hz

Risposta

fn = 3,937 Hz

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