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​ = 450 mm960 rpmn2​ = ?

Una puleggia da 150 mm a 960 giri/min aziona con una cinghia una puleggia da 450 mm con slittamento del 1 %. Trova la velocità n2 della puleggia condotta.

n1 = 960 rpmd1 = 150 mmd2 = 450 mms = 1 %
n2 = rpm
2.Ingranaggi e rotismiDifficile
A = 15B = 40C = 25D = 50

In un rotismo composto, la ruota A (15 denti) sull’albero di ingresso, che gira a 1440 rpm, aziona la ruota B (40 denti). La ruota C (25 denti) è calettata sullo stesso albero di B e aziona la ruota D (50 denti) sull’albero di uscita. Trova la velocità di uscita nout.

nin = 1440 rpmA = 15B = 40C = 25D = 50
nout = rpm
3.Torsione degli alberiMedia
d = 20 mmT = 100 N·m200 mmφ = 0,91°

In una prova di torsione, un provino pieno di diametro 20 mm viene torto da un momento torcente di 100 N·m. Le due estremità di un tratto utile di 200 mm ruotano di 0,91° l’una rispetto all’altra (il materiale è ancora in campo elastico). Trova il modulo di elasticità tangenziale G del materiale.

T = 100 N·md = 20 mmL = 200 mmφ = 0,91°
G = GPa
4.Torsione degli alberiDifficile
d = 25 mmT0​ = 750 N·mACBa = 3 mb = 2 m

Un albero pieno in ottone di diametro 25 mm è incastrato a pareti rigide a entrambe le estremità A e B. Un momento torcente di 750 N·m è applicato in C, a 3 m da A e a 2 m da B. Trova la tensione tangenziale massima τmax nell’albero.

d = 25 mmT0 = 750 N·ma = 3 mb = 2 m
τmax = MPa
5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniMedia
σx​ = 150σy​ = 90τxy​ = 10MPa

In un punto di un pezzo caricato si ha σₓ = 150 MPa, σᵧ = 90 MPa e τₓᵧ = 10 MPa (trazione positiva). Trova l’angolo θp dall’asse x alla direzione della tensione principale massima, compreso tra −90° e 90°.

σx = 150 MPaσy = 90 MPaτxy = 10 MPa
θp = °
6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniDifficile
σx​ = 20σy​ = 70τxy​ = 40MPa

Un punto di una lastra sottile è in stato piano di tensione: σₓ = 20 MPa, σᵧ = 70 MPa e τₓᵧ = 40 MPa (σz = 0). Il materiale ha una tensione di snervamento di 275 MPa. Trova il coefficiente di sicurezza n nei confronti dello snervamento secondo il criterio di Tresca (massima tensione tangenziale).

σx = 20 MPaσy = 70 MPaτxy = 40 MPaσY = 275 MPa
n =
7.Tensione e deformazione assialeMedia
Ø 25 mmOttone3 mP = 90 kN

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

P = 90 kNd = 25 mmL = 3 mE = 100 GPa
δ = mm
8.Tensione e deformazione assialeDifficile
Ø 35 mmAcciaio0,5 mØ 12 mmOttone1 mP = 95 kN

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

P = 95 kNtratto 1: Ø35 mm, 0,5 m, acciaio (E = 200 GPa)tratto 2: Ø12 mm, 1 m, ottone (E = 100 GPa)
δ = mm
9.Instabilità delle colonneMedia
PL = 1 md = 30 mmsezione trasversale

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

L = 1 mE = 200 GPa (acciaio)d = 30 mm
Pcr = kN
10.Instabilità delle colonneDifficile
PL = 3 md = 50 mmsezione trasversale

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

L = 3 mE = 200 GPa (acciaio)d = 50 mm
σcr = MPa
11.Vibrazioni meccanicheMedia
tx20 mm5 cicli0,9 mm

In una prova di vibrazioni libere su un sistema massa–molla smorzato, a un picco di spostamento di 20 mm segue, 5 cicli dopo, un picco di 0,9 mm. Trova il fattore di smorzamento ζ.

x0 = 20 mmx5 = 0,9 mmn = 5
ζ =
12.Vibrazioni meccanicheDifficile
k1​ = 5k2​ = 60m = 20 kg

Una massa di 20 kg è appesa a due molle affiancate (in parallelo), con rigidezze k₁ = 5 kN/m e k₂ = 60 kN/m. La massa resta orizzontale. Trascura lo smorzamento e le masse delle molle. Trova la frequenza naturale fn delle vibrazioni verticali in Hz.

m = 20 kgk1 = 5 kN/mk2 = 60 kN/m
fn = Hz

3Soluzioni

1.Ingranaggi e rotismi

Risposta: n2 = 316,8 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

960·150/450 = 320 rpm

Con slittamento

n2 = 320·0,99 = 316,8 rpm

Risposta

n2 = 316,8 rpm
2.Ingranaggi e rotismi

Risposta: nout = 270 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 = 1440·15/40 = 540 rpm = nC

Secondo stadio

nout = 540·25/50 = 270 rpm

Risposta

nout = 270 rpm

rapporto totale = 5,333 : 1

3.Torsione degli alberi

Risposta: G = 80,17 GPa

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 e angolo

J = π·20⁴/32 = 15708 mm⁴
φ = 0,91·π/180 = 0,01588 rad

Modulo di taglio

T = 100 N·m = 100000 N·mm
G = TL/(Jφ) = 100000·200/(15708·0,01588) = 80166 MPa
G = 80,17 GPa

Risposta

G = 80,17 GPa

Confronta: acciaio ≈ 80 GPa, ottone ≈ 39 GPa, alluminio ≈ 26 GPa.

4.Torsione degli alberi

Risposta: τmax = 146,7 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 = 750
TA·a = TB·b
TA = 750·2/5 = 300 N·m
TB = 750·3/5 = 450 N·m

Tensione tangenziale massima

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

τmax = 16·450000/(π·25³) = 146,7 MPa

Risposta

τmax = 146,7 MPa
5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: θp = 9,217 °

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.

σxyCσ1​σ2​

Angolo sul cerchio

Sul cerchio di Mohr il punto x si trova a un angolo 2θp dall’asse σ; il quadrante dipende dai segni di σₓ − σᵧ e τₓᵧ.

2θp = atan2(2·10, 150 − 90) = 18,43°

Angolo sull’elemento

θp = 9,217°

Risposta

θp = 9,217°

Gli angoli positivi sono in senso antiorario.

6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: n = 2,915

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 = 45 MPa, R = 47,17 MPa
σ1 = 92,17 MPa, σ2 = −2,17 MPa, σ3 = 0

Tresca

σmax − σmin = 94,34 MPa
n = 275/94,34 = 2,915

Risposta

n = 2,915

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

7.Tensione e deformazione assiale

Risposta: δ = 5,5 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·25²/4 = 490,9 mm²
σ = P/A = 90·1000/490,9 = 183,3 MPa

Deformazione (legge di Hooke)

E for ottone = 100 GPa = 100000 MPa.

ε = σ/E = 183,3/100000 = 0,001833 = 1833 µε

Allungamento

δ = ε·L = 0,001833·3000 mm = 5,5 mm

Risposta

δ = 5,5 mm
8.Tensione e deformazione assiale

Risposta: δ = 8,647 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·35²/4 = 962,1 mm², A2 = π·12²/4 = 113,1 mm²
σ1 = 98,74 MPa
σ2 = 840 MPa

Somma gli allungamenti dei tratti

δ1 = σ1L1/E1 = 98,74·500/200000 = 0,2469 mm
δ2 = σ2L2/E2 = 840·1000/100000 = 8,4 mm
δ = δ1 + δ2 = 8,647 mm

Risposta

δ = 8,647 mm
9.Instabilità delle colonne

Risposta: Pcr = 19,62 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·30⁴/64 = 39761 mm⁴

Lunghezza libera d’inflessione

KL = 2·1000 = 2000 mm

Carico critico

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·200000·39761/2000² = 19621 N = 19,62 kN

Risposta

Pcr = 19,62 kN
10.Instabilità delle colonne

Risposta: σcr = 8,567 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·50⁴/64 = 306796 mm⁴

Raggio d’inerzia e snellezza

A = 1963 mm²
r = √(I/A) = √(306796/1963) = 12,5 mm
KL = 2·3000 = 6000 mm
KL/r = 6000/12,5 = 480

Tensione critica

σcr = π²E/(KL/r)² = π²·200000/480² = 8,567 MPa

Risposta

σcr = 8,567 MPa
11.Vibrazioni meccaniche

Risposta: ζ = 0,09823

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 = (1/5)·ln(20/0,9) = 0,6202

Fattore di smorzamento

ζ = δ/√(4π² + δ²) = 0,6202/√(39,48 + 0,3847) = 0,09823

Risposta

ζ = 0,09823
12.Vibrazioni meccaniche

Risposta: fn = 9,073 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

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

keq = 5 + 60 = 65 kN/m

Frequenza naturale

ωn = √(65000/20) = 57,01 rad/s
fn = 57,01/(2π) = 9,073 Hz

Risposta

fn = 9,073 Hz

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