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​ = 125 mmd2​ = 250 mm1440 rpmn2​ = ?

Una puleggia da 125 mm a 1440 giri/min aziona con una cinghia una puleggia da 250 mm con slittamento del 2 %. Trova la velocità n2 della puleggia condotta.

n1 = 1440 rpmd1 = 125 mmd2 = 250 mms = 2 %
n2 = rpm
2.Ingranaggi e rotismiDifficile
A = 16B = 48C = 15D = 40

In un rotismo composto, la ruota A (16 denti) sull’albero di ingresso, che gira a 1500 rpm, aziona la ruota B (48 denti). La ruota C (15 denti) è calettata sullo stesso albero di B e aziona la ruota D (40 denti) sull’albero di uscita. Trova la velocità di uscita nout.

nin = 1500 rpmA = 16B = 48C = 15D = 40
nout = rpm
3.Torsione degli alberiMedia
T = 250 N·md = 30 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 = 250 N·md = 30 mmL = 1,2 mG = 39 GPa
φ = °
4.Torsione degli alberiDifficile
d = 40 mmT0​ = 400 N·mACBa = 3 mb = 0,5 m

Un albero pieno in ottone di diametro 40 mm è incastrato a pareti rigide a entrambe le estremità A e B. Un momento torcente di 400 N·m è applicato in C, a 3 m da A e a 0,5 m da B. Trova la tensione tangenziale massima τmax nell’albero.

d = 40 mmT0 = 400 N·ma = 3 mb = 0,5 m
τmax = MPa
5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniMedia
σx​ = −20σy​ = 10MPaτxy​ = ?

Un punto ha σₓ = −20 MPa e σᵧ = 10 MPa. Quanto può diventare grande la tensione tangenziale τxy (in modulo) prima che la tensione principale massima raggiunga 20 MPa?

σx = −20 MPaσy = 10 MPaσ1 = 20 MPa
τxy = MPa
6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniDifficile
σx​τxy​superficie dell’albero

Un albero pieno di diametro 50 mm porta una forza assiale di compressione di 50 kN insieme a un momento torcente di 1500 N·m. Sulla superficie dell’albero, trova la tensione tangenziale massima nel piano τmax.

d = 50 mmF = −50 kNT = 1500 N·m
τmax = MPa
7.Tensione e deformazione assialeMedia
200 kNØ40120 GPaØ120/50500 mmδ = ?

Un’asta di acciaio (diametro 40 mm, E = 200 GPa) sta dentro un tubo di rame (diametro esterno 120 mm, diametro interno 50 mm, E = 120 GPa). Entrambi sono lunghi 500 mm e sono compressi insieme tra piastre rigide da 200 kN. Trova l’accorciamento δ.

P = 200 kNasta: Ø40 mm, E = 200 GPatubo: Ø120/Ø50 mm, E = 120 GPaL = 500 mm
δ = mm
8.Tensione e deformazione assialeDifficile
Ø 30 mmOttone2 mØ 16 mmRame1 mP = 75 kN

La barra a gradini è incastrata alla parete e caricata all’estremo libero. Trova l’allungamento totale δ.

P = 75 kNtratto 1: Ø30 mm, 2 m, ottone (E = 100 GPa)tratto 2: Ø16 mm, 1 m, rame (E = 117 GPa)
δ = mm
9.Instabilità delle colonneMedia
PL = 4 m25 × 50 mmsezione trasversale

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

L = 4 mE = 70 GPa (alluminio)b × h = 25 × 50 mm
Pcr = kN
10.Instabilità delle colonneDifficile
P = 60 kNL = 6 md = ?sezione trasversale

Una colonna tonda piena di lunghezza L in acciaio è incastrata a entrambi gli estremi. Deve portare 60 kN con un coefficiente di sicurezza di 2 contro l’instabilità. Trova il diametro minimo d.

P = 60 kNn = 2L = 6 mE = 200 GPa (acciaio)
d = mm
11.Vibrazioni meccanicheMedia
k = 8 kN/mc = 170 N·s/mm = 40 kg

Una massa di 40 kg è sostenuta da una molla con rigidezza di 8 kN/m e da uno smorzatore viscoso con coefficiente di smorzamento di 170 N·s/m. Trova il fattore di smorzamento ζ.

m = 40 kgk = 8 kN/mc = 170 N·s/m
ζ =
12.Vibrazioni meccanicheDifficile
k1​ = 80k2​ = 40m = 25 kg

Una massa di 25 kg è appesa a due molle affiancate (in parallelo), con rigidezze k₁ = 80 kN/m e k₂ = 40 kN/m. La massa resta orizzontale. Trova la rigidezza equivalente keq del sistema di molle in kN/m.

m = 25 kgk1 = 80 kN/mk2 = 40 kN/m
keq = kN/m

3Soluzioni

1.Ingranaggi e rotismi

Risposta: n2 = 705,6 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

1440·125/250 = 720 rpm

Con slittamento

n2 = 720·0,98 = 705,6 rpm

Risposta

n2 = 705,6 rpm
2.Ingranaggi e rotismi

Risposta: nout = 187,5 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 = 1500·16/48 = 500 rpm = nC

Secondo stadio

nout = 500·15/40 = 187,5 rpm

Risposta

nout = 187,5 rpm

rapporto totale = 8 : 1

3.Torsione degli alberi

Risposta: φ = 5,542 °

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) = 250·1000·1200/(39000·79522) = 0,09673 rad
φ = 0,09673·180/π = 5,542°

Risposta

φ = 5,542°
4.Torsione degli alberi

Risposta: τmax = 27,28 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 = 400
TA·a = TB·b
TA = 400·0,5/3,5 = 57,14 N·m
TB = 400·3/3,5 = 342,9 N·m

Tensione tangenziale massima

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

τmax = 16·342857/(π·40³) = 27,28 MPa

Risposta

τmax = 27,28 MPa
5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: τxy = 20 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.

Raggio richiesto

C = (−20 + 10)/2 = −5 MPa
R = σ1 − C = 20 − (−5) = 25 MPa
στxyCσ1​σ2​

Tensione tangenziale

τxy = √(R² − ((σₓ − σᵧ)/2)²) = √(25² − 15²) = 20 MPa

Risposta

τxy = 20 MPa
6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: τmax = 62,43 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.

Tensioni in superficie

σ = F/A = −50000/(π·50²/4) = −50000/1963 = −25,46 MPa
τ = 16T/(πd³) = 16·1500000/(π·50³) = 61,12 MPa
στxyCτmax​

Cerchio di Mohr

C = σ/2 = −12,73 MPa
R = √((−12,73)² + 61,12²) = 62,43 MPa

Risposta

τmax = 62,43 MPa
7.Tensione e deformazione assiale

Risposta: δ = 0,07284 mm

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·40²/4 = 1257 mm²
At = π(120² − 50²)/4 = 9346 mm²

Rigidezza assiale combinata

ΣEA = 200·10³·1257 + 120·10³·9346 = 1,373 × 10⁹ N

Accorciamento

δ = 200000·500/1,373 × 10⁹ = 0,07284 mm

Risposta

δ = 0,07284 mm
8.Tensione e deformazione assiale

Risposta: δ = 5,31 mm

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·16²/4 = 201,1 mm²
σ1 = 106,1 MPa
σ2 = 373 MPa

Somma gli allungamenti dei tratti

δ1 = σ1L1/E1 = 106,1·2000/100000 = 2,122 mm
δ2 = σ2L2/E2 = 373·1000/117000 = 3,188 mm
δ = δ1 + δ2 = 5,31 mm

Risposta

δ = 5,31 mm
9.Instabilità delle colonne

Risposta: Pcr = 11,24 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 = 0,5·4000 = 2000 mm

Carico critico

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·70000·65104/2000² = 11245 N = 11,24 kN

Risposta

Pcr = 11,24 kN
10.Instabilità delle colonne

Risposta: d = 57,78 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 = 2·60000 = 120000 N
KL = 0,5·6000 = 3000 mm

Risolvi per il diametro

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·120000·3000²/(π³·200000))^(1/4) = 57,78 mm

Risposta

d = 57,78 mm

Verifica: la snellezza KL/r è 207,7, quindi la colonna è snella e vale Eulero.

11.Vibrazioni meccaniche

Risposta: ζ = 0,1503

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·√(8000·40) = 1131 N·s/m

Fattore di smorzamento

ζ = c/cc = 170/1131 = 0,1503

Risposta

ζ = 0,1503

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

12.Vibrazioni meccaniche

Risposta: keq = 120 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 affiancate hanno la stessa deformazione e sommano le loro forze, quindi le rigidezze si sommano semplicemente: k = k1 + k2.

keq = 80 + 40 = 120 kN/m

Risposta

keq = 120 kN/m

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