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​ = 50

Un motore da 5,5 kW che gira a 1500 rpm aziona un pignone con 24 denti, che ingrana con una ruota con 50 denti. La coppia di ruote ha un rendimento del 98 %. Trova il momento torcente T1 sull’albero del motore.

P = 5,5 kWn1 = 1500 rpmN1 = 24N2 = 50η = 98%
T1 = N·m
2.Ingranaggi e rotismiDifficile
A = 16B = 50C = 32D = 80

In un rotismo composto, la ruota A (16 denti) sull’albero di ingresso, che gira a 2900 rpm, aziona la ruota B (50 denti). La ruota C (32 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 = 2900 rpmA = 16B = 50C = 32D = 80
nout = rpm
3.Torsione degli alberiMedia
d = 12 mmT = 40 N·m250 mmφ = 10,82°

In una prova di torsione, un provino pieno di diametro 12 mm viene torto da un momento torcente di 40 N·m. Le due estremità di un tratto utile di 250 mm ruotano di 10,82° l’una rispetto all’altra (il materiale è ancora in campo elastico). Trova il modulo di elasticità tangenziale G del materiale.

T = 40 N·md = 12 mmL = 250 mmφ = 10,82°
G = GPa
4.Torsione degli alberiDifficile
d = 50 mmT0​ = 2000 N·mACBa = 1,2 mb = 3 m

Un albero pieno in ottone di diametro 50 mm è incastrato a pareti rigide a entrambe le estremità A e B. Un momento torcente di 2000 N·m è applicato in C, a 1,2 m da A e a 3 m da B. Trova la tensione tangenziale massima τmax nell’albero.

d = 50 mmT0 = 2000 N·ma = 1,2 mb = 3 m
τmax = MPa
5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniMedia
σx​ = 0σy​ = 20τxy​ = −20MPa

In un punto di un pezzo caricato si ha σₓ = 0 MPa, σᵧ = 20 MPa e τₓᵧ = −20 MPa (trazione positiva). Trova la massima tensione tangenziale nel piano τmax.

σx = 0 MPaσy = 20 MPaτxy = −20 MPa
τmax = MPa
6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniDifficile
σx​ = 10σy​ = 20τxy​ = −50MPa

In un punto di un pezzo caricato si ha σₓ = 10 MPa, σᵧ = 20 MPa e τₓᵧ = −50 MPa (trazione positiva). Trova la tensione normale σθ su un piano la cui normale è ruotata di 15° in senso antiorario rispetto all’asse x.

σx = 10 MPaσy = 20 MPaτxy = −50 MPaθ = 15°
σθ = MPa
7.Tensione e deformazione assialeMedia
Ø 20 mmAcciaio1 mP = 80 kN

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

P = 80 kNd = 20 mmL = 1 mE = 200 GPa
δ = mm
8.Tensione e deformazione assialeDifficile
Ø 40 mmRame2 mØ 16 mmOttone1 mP = 70 kN

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

P = 70 kNtratto 1: Ø40 mm, 2 m, rame (E = 117 GPa)tratto 2: Ø16 mm, 1 m, ottone (E = 100 GPa)
σmax = MPa
9.Instabilità delle colonneMedia
PL = 1 md = 80 mmsezione trasversale

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

L = 1 mE = 70 GPa (alluminio)d = 80 mm
Pcr = kN
10.Instabilità delle colonneDifficile
PL = 6 md = 60 mmsezione trasversale

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

L = 6 mE = 70 GPa (alluminio)d = 60 mm
σcr = MPa
11.Vibrazioni meccanicheMedia
k = 4 kN/mζ = 0,45m = 2 kg

Una massa di 2 kg su una molla con rigidezza di 4 kN/m ha uno smorzatore viscoso che dà un fattore di smorzamento di 0,45. Trova la frequenza naturale smorzata fd delle sue vibrazioni libere in Hz.

m = 2 kgk = 4 kN/mζ = 0,45
fd = Hz
12.Vibrazioni meccanicheDifficile
k1​ = 60k2​ = 20m = 50 kg

Una massa di 50 kg è appesa a due molle affiancate (in parallelo), con rigidezze k₁ = 60 kN/m e k₂ = 20 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 = 50 kgk1 = 60 kN/mk2 = 20 kN/m
fn = Hz

3Soluzioni

1.Ingranaggi e rotismi

Risposta: T1 = 35,01 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·1500/60 = 157,1 rad/s
T1 = P/ω₁ = 5500/157,1 = 35,01 N·m

Risposta

T1 = 35,01 N·m
2.Ingranaggi e rotismi

Risposta: nout = 371,2 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 = 2900·16/50 = 928 rpm = nC

Secondo stadio

nout = 928·32/80 = 371,2 rpm

Risposta

nout = 371,2 rpm

rapporto totale = 7,812 : 1

3.Torsione degli alberi

Risposta: G = 26,01 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·12⁴/32 = 2036 mm⁴
φ = 10,82·π/180 = 0,1888 rad

Modulo di taglio

T = 40 N·m = 40000 N·mm
G = TL/(Jφ) = 40000·250/(2036·0,1888) = 26012 MPa
G = 26,01 GPa

Risposta

G = 26,01 GPa

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

4.Torsione degli alberi

Risposta: τmax = 58,21 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 = 2000
TA·a = TB·b
TA = 2000·3/4,2 = 1429 N·m
TB = 2000·1,2/4,2 = 571,4 N·m

Tensione tangenziale massima

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

τmax = 16·1,429 × 10⁶/(π·50³) = 58,21 MPa

Risposta

τmax = 58,21 MPa
5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: τmax = 22,36 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.

στxyCτmax​

Raggio del cerchio di Mohr

τmax = R = √(((0 − 20)/2)² + −20²) = 22,36 MPa

Risposta

τmax = 22,36 MPa
6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: σθ = −14,33 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

σθ = 15 + −5·0,866 + −50·0,5 = −14,33 MPa

Risposta

σθ = −14,33 MPa
7.Tensione e deformazione assiale

Risposta: δ = 1,273 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·20²/4 = 314,2 mm²
σ = P/A = 80·1000/314,2 = 254,6 MPa

Deformazione (legge di Hooke)

E for acciaio = 200 GPa = 200000 MPa.

ε = σ/E = 254,6/200000 = 0,001273 = 1273 µε

Allungamento

δ = ε·L = 0,001273·1000 mm = 1,273 mm

Risposta

δ = 1,273 mm
8.Tensione e deformazione assiale

Risposta: σmax = 348,2 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·16²/4 = 201,1 mm²
σ1 = 55,7 MPa
σ2 = 348,2 MPa

Tensione massima

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

σmax = 348,2 MPa

Risposta

σmax = 348,2 MPa
9.Instabilità delle colonne

Risposta: Pcr = 347,3 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·80⁴/64 = 2,011 × 10⁶ mm⁴

Lunghezza libera d’inflessione

KL = 2·1000 = 2000 mm

Carico critico

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·70000·2,011 × 10⁶/2000² = 347270 N = 347,3 kN

Risposta

Pcr = 347,3 kN
10.Instabilità delle colonne

Risposta: σcr = 4,318 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·60⁴/64 = 636173 mm⁴

Raggio d’inerzia e snellezza

A = 2827 mm²
r = √(I/A) = √(636173/2827) = 15 mm
KL = 1·6000 = 6000 mm
KL/r = 6000/15 = 400

Tensione critica

σcr = π²E/(KL/r)² = π²·70000/400² = 4,318 MPa

Risposta

σcr = 4,318 MPa
11.Vibrazioni meccaniche

Risposta: fd = 6,356 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.

Frequenza naturale non smorzata

ωn = √(4000/2) = 44,72 rad/s
fn = 44,72/(2π) = 7,118 Hz

Frequenza naturale smorzata

fd = fn·√(1 − ζ²) = 7,118·√(1 − 0,45²) = 6,356 Hz

Risposta

fd = 6,356 Hz
12.Vibrazioni meccaniche

Risposta: fn = 6,366 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 = 60 + 20 = 80 kN/m

Frequenza naturale

ωn = √(80000/50) = 40 rad/s
fn = 40/(2π) = 6,366 Hz

Risposta

fn = 6,366 Hz

ExamProblems · examproblems.com/courses/machine-design