Costruzione di macchine: pacchetto last-minute

Formulari, i passaggi chiave del metodo per ogni argomento e 12 esercizi, con le soluzioni complete in fondo.

Nuovi eserciziTorna al corso

Nella finestra di stampa scegli “Salva come PDF” per conservarne una copia sul tuo dispositivo.

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​ = 24N2​ = 36

Un motore da 0,75 kW che gira a 1450 rpm aziona un pignone con 24 denti, che ingrana con una ruota con 36 denti. Trascura le perdite. Trova il momento torcente T1 sull’albero del motore.

P = 0,75 kWn1 = 1450 rpmN1 = 24N2 = 36η = 100%
T1 = N·m
2.Ingranaggi e rotismiDifficile
A = 16B = 45C = 40D = 80

In un rotismo composto, la ruota A (16 denti) sull’albero di ingresso, che gira a 1450 rpm, aziona la ruota B (45 denti). La ruota C (40 denti) è calettata sullo stesso albero di B e aziona la ruota D (80 denti) sull’albero di uscita. Trova la velocità di uscita nout.

nin = 1450 rpmA = 16B = 45C = 40D = 80
nout = rpm
3.Torsione degli alberiMedia
d = ?T = 250 N·mL = 3 m

Un albero pieno in acciaio lungo 3 m è sollecitato da un momento torcente di 250 N·m. L’angolo di torsione tra le sue estremità non deve superare 2°. Trova il diametro minimo d che rispetta questo limite.

T = 250 N·mL = 3 mG = 80 GPaφallow = 2°
d = mm
4.Torsione degli alberiDifficile
do​ = ?30 kW, 1450 rpm

Un albero cavo deve trasmettere 30 kW a 1450 rpm. Il suo diametro interno deve essere 0,6 volte il diametro esterno, e la tensione tangenziale non deve superare 80 MPa. Trova il diametro esterno minimo do.

P = 30 kWN = 1450 rpmdi/do = 0,6τallow = 80 MPa
do = mm
5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniMedia
σx​ = 60σy​ = −40τxy​ = 10MPa

Un punto ha σₓ = 60 MPa, σᵧ = −40 MPa e τₓᵧ = 10 MPa (trazione positiva). Trova l’angolo θs, compreso tra −90° e 90°, dall’asse x alla normale del piano su cui la tensione tangenziale ha il suo valore massimo positivo +R (tangenziale positiva nello stesso verso di τₓᵧ).

σx = 60 MPaσy = −40 MPaτxy = 10 MPa
θs = °
6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniDifficile
σx​ = −70σy​ = 50τxy​ = −40MPa

Un punto di una lastra sottile è in stato piano di tensione: σₓ = −70 MPa, σᵧ = 50 MPa e τₓᵧ = −40 MPa (σz = 0). Trova la tensione equivalente di von Mises σvM.

σx = −70 MPaσy = 50 MPaτxy = −40 MPa
σvM = MPa
7.Tensione e deformazione assialeMedia
Ø 16 mmOttone0,5 mP = 100 kN

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

P = 100 kNd = 16 mmL = 0,5 mE = 100 GPa
δ = mm
8.Tensione e deformazione assialeDifficile
Ø 40 mmAlluminio1,5 mØ 12 mmAcciaio2 mP = 60 kN

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

P = 60 kNtratto 1: Ø40 mm, 1,5 m, alluminio (E = 70 GPa)tratto 2: Ø12 mm, 2 m, acciaio (E = 200 GPa)
δ = mm
9.Instabilità delle colonneMedia
PL = 3 md = 20 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 = 3 mE = 70 GPa (alluminio)d = 20 mm
Pcr = kN
10.Instabilità delle colonneDifficile
PL = 1 md = 25 mmsezione trasversale

Una colonna di lunghezza L in acciaio è incernierata a entrambi gli estremi. Trova la sua snellezza e la tensione critica σcr dalla formula di Eulero.

L = 1 mE = 200 GPa (acciaio)d = 25 mm
σcr = MPa
11.Vibrazioni meccanicheMedia
k = 25 kN/mc = 550 N·s/mm = 12 kg

Una massa di 12 kg è sostenuta da una molla con rigidezza di 25 kN/m e da uno smorzatore viscoso con coefficiente di smorzamento di 550 N·s/m. Trova il fattore di smorzamento ζ.

m = 12 kgk = 25 kN/mc = 550 N·s/m
ζ =
12.Vibrazioni meccanicheDifficile
k1​ = 60k2​ = 10k3​ = 80m = 10 kg

Una massa di 10 kg è appesa alla molla k₃ = 80 kN/m. L’estremità superiore di k₃ è fissata a una barra rigida appesa a due molle affiancate, k₁ = 60 kN/m e k₂ = 10 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 = 10 kgk1 = 60 kN/mk2 = 10 kN/mk3 = 80 kN/m
fn = Hz

3Soluzioni

1.Ingranaggi e rotismi

Risposta: T1 = 4,939 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·1450/60 = 151,8 rad/s
T1 = P/ω₁ = 750/151,8 = 4,939 N·m

Risposta

T1 = 4,939 N·m
2.Ingranaggi e rotismi

Risposta: nout = 257,8 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 = 1450·16/45 = 515,6 rpm = nC

Secondo stadio

nout = 515,6·40/80 = 257,8 rpm

Risposta

nout = 257,8 rpm

rapporto totale = 5,625 : 1

3.Torsione degli alberi

Risposta: d = 40,67 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 d’inerzia polare richiesto

T = 250 N·m = 250000 N·mm
L = 3 m = 3000 mm
G = 80 GPa = 80000 MPa
φ = 2·π/180 = 0,03491 rad
J = TL/(Gφ) = 250000·3000/(80000·0,03491) = 268574 mm⁴

Diametro

d = (32J/π)1/4 = 40,67 mm

Risposta

d = 40,67 mm

In pratica arrotonderesti alla misura standard successiva.

4.Torsione degli alberi

Risposta: do = 24,36 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 = 30000/151,8 = 197,6 N·m

Diametro esterno dalla tensione ammissibile

T = 197,6 N·m = 197572 N·mm
1 − k⁴ = 1 − 0,6⁴ = 0,8704
do = ∛(16T/(π·τallow·(1 − k⁴))) = ∛(16·197572/(π·80·0,8704)) = 24,36 mm
di = 0,6·24,36 = 14,61 mm

Risposta

do = 24,36 mm

Un albero pieno richiederebbe d = 23,26 mm; quello cavo è un po’ più grande ma molto più leggero.

5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: θs = −39,35 °

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.

στxyCτmax​

Angolo sul cerchio

Sul cerchio di Mohr il punto più alto (+R) è a 90° dal punto principale σ₁; sull’elemento questo corrisponde a 45°.

cos 2θs = 10/50,99 = 0,1961, sin 2θs = −50/50,99 = −0,9806
2θs = atan2(−50, 10) = −78,69°

Angolo sull’elemento

θs = −39,35°
verifica: θs − θp = −39,35 − 5,655 = −45°

Risposta

θs = −39,35°

Gli angoli positivi sono in senso antiorario.

6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: σvM = 125,3 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. 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 = −10 MPa, R = 72,11 MPa
σ1 = 62,11 MPa, σ2 = −82,11 MPa, σ3 = 0

Von Mises

σvM = √(62,11² − 62,11·(−82,11) + (−82,11)²) = 125,3 MPa

Risposta

σvM = 125,3 MPa
7.Tensione e deformazione assiale

Risposta: δ = 2,487 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 = 100·1000/201,1 = 497,4 MPa

Deformazione (legge di Hooke)

E for ottone = 100 GPa = 100000 MPa.

ε = σ/E = 497,4/100000 = 0,004974 = 4974 µε

Allungamento

δ = ε·L = 0,004974·500 mm = 2,487 mm

Risposta

δ = 2,487 mm
8.Tensione e deformazione assiale

Risposta: δ = 6,328 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·40²/4 = 1257 mm², A2 = π·12²/4 = 113,1 mm²
σ1 = 47,75 MPa
σ2 = 530,5 MPa

Somma gli allungamenti dei tratti

δ1 = σ1L1/E1 = 47,75·1500/70000 = 1,023 mm
δ2 = σ2L2/E2 = 530,5·2000/200000 = 5,305 mm
δ = δ1 + δ2 = 6,328 mm

Risposta

δ = 6,328 mm
9.Instabilità delle colonne

Risposta: Pcr = 2,412 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·20⁴/64 = 7854 mm⁴

Lunghezza libera d’inflessione

KL = 0,5·3000 = 1500 mm

Carico critico

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·70000·7854/1500² = 2412 N = 2,412 kN

Risposta

Pcr = 2,412 kN
10.Instabilità delle colonne

Risposta: σcr = 77,11 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·25⁴/64 = 19175 mm⁴

Raggio d’inerzia e snellezza

A = 490,9 mm²
r = √(I/A) = √(19175/490,9) = 6,25 mm
KL = 1·1000 = 1000 mm
KL/r = 1000/6,25 = 160

Tensione critica

σcr = π²E/(KL/r)² = π²·200000/160² = 77,11 MPa

Risposta

σcr = 77,11 MPa
11.Vibrazioni meccaniche

Risposta: ζ = 0,5021

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·√(25000·12) = 1095 N·s/m

Fattore di smorzamento

ζ = c/cc = 550/1095 = 0,5021

Risposta

ζ = 0,5021

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

12.Vibrazioni meccaniche

Risposta: fn = 9,725 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 + 10 = 70 kN/m
keq = 70·80/(70 + 80) = 37,33 kN/m

Frequenza naturale

ωn = √(37333/10) = 61,1 rad/s
fn = 61,1/(2π) = 9,725 Hz

Risposta

fn = 9,725 Hz

ExamProblems · examproblems.com/courses/machine-design