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​N2​ = ?

Due alberi paralleli distano 162 mm. Devono essere collegati da una coppia di ruote dentate cilindriche a denti diritti con modulo di 3 mm e un rapporto di riduzione di 5 : 1. Quanti denti N2 deve avere la ruota?

a = 162 mmm = 3 mmi = 5
N2 =
2.Ingranaggi e rotismiDifficile
d1​ = 80 mmd2​ = 500 mm1500 rpmC = 1000 mmθ = ?

Una cinghia aperta collega una puleggia da 80 mm e una puleggia da 500 mm con gli assi a 1000 mm di distanza. Trova l’angolo di avvolgimento θ sulla puleggia più piccola, in gradi.

d1 = 80 mmd2 = 500 mmC = 1000 mm
θ = °
3.Torsione degli alberiMedia
d = ?T = 2000 N·mL = 2,5 m

Un albero pieno in ottone lungo 2,5 m è sollecitato da un momento torcente di 2000 N·m. L’angolo di torsione tra le sue estremità non deve superare 1°. Trova il diametro minimo d che rispetta questo limite.

T = 2000 N·mL = 2,5 mG = 39 GPaφallow = 1°
d = mm
4.Torsione degli alberiDifficile
d = 60 mmTB​ = 200 N·mTC​ = 2000 N·mABC3 m1 m

Un albero pieno in ottone di diametro 60 mm è incastrato in A. Un momento torcente di 200 N·m agisce in B, a 3 m da A, e un momento torcente di 2000 N·m nello stesso verso agisce all’estremo libero C, 1 m più avanti. Trova il modulo dell’angolo di torsione φC dell’estremo C, in gradi.

d = 60 mmTB = 200 N·mTC = 2000 N·mAB = 3 mBC = 1 mG = 39 GPa
φC = °
5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniMedia
σx​ = 130MPaτxy​ = ?

Un punto ha σₓ = 130 MPa e σᵧ = 0 MPa. Quanto può diventare grande la tensione tangenziale τxy (in modulo) prima che la tensione principale massima raggiunga 170 MPa?

σx = 130 MPaσy = 0 MPaσ1 = 170 MPa
τxy = MPa
6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniDifficile
σx​ = 20σy​ = 60τxy​ = 40MPa

In un punto di un pezzo caricato si ha σₓ = 20 MPa, σᵧ = 60 MPa e τₓᵧ = 40 MPa (trazione positiva). Trova la tensione normale σθ su un piano la cui normale è ruotata di 40° in senso antiorario rispetto all’asse x.

σx = 20 MPaσy = 60 MPaτxy = 40 MPaθ = 40°
σθ = MPa
7.Tensione e deformazione assialeMedia
Ø 16 mmAlluminio1 mP = 60 kN

Trova la deformazione assiale ε nella barra di alluminio, in microdeformazioni (µε = 10⁻⁶).

P = 60 kNd = 16 mmL = 1 mE = 70 GPa
ε = µε
8.Tensione e deformazione assialeDifficile
P = ?Ø30100 GPaØ80/60800 mm

Un’asta di acciaio (diametro 30 mm, E = 200 GPa, tensione ammissibile 120 MPa) sta dentro un tubo di ottone (diametro esterno 80 mm, diametro interno 60 mm, E = 100 GPa, tensione ammissibile 100 MPa). Sono compressi insieme tra piastre rigide. Trova il massimo carico Pmax.

asta: Ø30 mm, E = 200 GPa, σallow = 120 MPatubo: Ø80/Ø60 mm, E = 100 GPa, σallow = 100 MPa
Pmax = kN
9.Instabilità delle colonneMedia
PL = 3 m30 × 40 mmsezione trasversale

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

L = 3 mE = 70 GPa (alluminio)b × h = 30 × 40 mm
Pcr = kN
10.Instabilità delle colonneDifficile
P = 35 kNL = 4 md = ?sezione trasversale

Una colonna tonda piena di lunghezza L in alluminio è incastrata a entrambi gli estremi. Deve portare 35 kN con un coefficiente di sicurezza di 2 contro l’instabilità. Trova il diametro minimo d.

P = 35 kNn = 2L = 4 mE = 70 GPa (alluminio)
d = mm
11.Vibrazioni meccanicheMedia
k = 200 kN/mc = 600 N·s/mm = 20 kg

Una massa di 20 kg è sostenuta da una molla con rigidezza di 200 kN/m e da uno smorzatore viscoso con coefficiente di smorzamento di 600 N·s/m. Trova il fattore di smorzamento ζ.

m = 20 kgk = 200 kN/mc = 600 N·s/m
ζ =
12.Vibrazioni meccanicheDifficile
k1​ = 15k2​ = 20m = 10 kg

Una massa di 10 kg è appesa a due molle affiancate (in parallelo), con rigidezze k₁ = 15 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 = 10 kgk1 = 15 kN/mk2 = 20 kN/m
fn = Hz

3Soluzioni

1.Ingranaggi e rotismi

Risposta: N2 = 90

Gear geometry: the module m sets the tooth size. A gear with N teeth has a pitch diameter d = m·N, two meshing gears have the same module, and their centre distance is a = (d₁ + d₂)/2 = m·(N₁ + N₂)/2. The pitch-line speed is v = π·d·n/60, and the tangential tooth force follows from the torque: Ft = 2T/d.

Numero totale di denti

N1 + N2 = 2a/m = 2·162/3 = 108

Ripartisci secondo il rapporto

N1 = 108/(1 + 5) = 18
N2 = 5·18 = 90

Risposta

N2 = 90
2.Ingranaggi e rotismi

Risposta: θ = 155,8 °

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.

Angolo della cinghia

asin(0,21) = 12,12°

Angolo di avvolgimento

θ = 180 − 2·12,12 = 155,8°

Risposta

θ = 155,8°
3.Torsione degli alberi

Risposta: d = 93,01 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 = 2000 N·m = 2 × 10⁶ N·mm
L = 2,5 m = 2500 mm
G = 39 GPa = 39000 MPa
φ = 1·π/180 = 0,01745 rad
J = TL/(Gφ) = 2 × 10⁶·2500/(39000·0,01745) = 7,346 × 10⁶ mm⁴

Diametro

d = (32J/π)1/4 = 93,01 mm

Risposta

d = 93,01 mm

In pratica arrotonderesti alla misura standard successiva.

4.Torsione degli alberi

Risposta: φC = 9,93 °

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.

Momenti torcenti interni

Verso di TC assunto come positivo.

TBC = TC = 2000 N·m
TAB = TC + TB = 2000 + 200 = 2200 N·m

Torsione di ciascun tratto

J = π·60⁴/32 = 1,272 × 10⁶ mm⁴
G = 39 GPa = 39000 MPa
φAB = 2,2 × 10⁶·3000/(39000·1,272 × 10⁶) = 0,133 rad
φBC = 2 × 10⁶·1000/(39000·1,272 × 10⁶) = 0,04031 rad

Torsione dell’estremo C

φC = 0,133 + 0,04031 = 0,1733 rad → |φC| = 9,93°

Risposta

φC = 9,93°
5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: τxy = 82,46 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 = (130 + 0)/2 = 65 MPa
R = σ1 − C = 170 − 65 = 105 MPa
στxyCσ1​σ2​

Tensione tangenziale

τxy = √(R² − ((σₓ − σᵧ)/2)²) = √(105² − 65²) = 82,46 MPa

Risposta

τxy = 82,46 MPa
6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: σθ = 75,92 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 = 40 + −20·0,1736 + 40·0,9848 = 75,92 MPa

Risposta

σθ = 75,92 MPa
7.Tensione e deformazione assiale

Risposta: ε = 4263 µε

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 = 60·1000/201,1 = 298,4 MPa

Deformazione (legge di Hooke)

E for alluminio = 70 GPa = 70000 MPa.

ε = σ/E = 298,4/70000 = 0,004263 = 4263 µε

Risposta

ε = 4263 µε
8.Tensione e deformazione assiale

Risposta: Pmax = 216,8 kN

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·30²/4 = 706,9 mm²
At = π(80² − 60²)/4 = 2199 mm²

Rigidezza assiale combinata

ΣEA = 200·10³·706,9 + 100·10³·2199 = 3,613 × 10⁸ N

Deformazione governante

ε = min(0,0006, 0,001) = 0,0006 (acciaio)

Carico massimo

Pmax = 0,0006·3,613 × 10⁸ = 216770 N = 216,8 kN

Risposta

Pmax = 216,8 kN
9.Instabilità delle colonne

Risposta: Pcr = 14,1 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 = 40·30³/12 = 90000 mm⁴

Lunghezza libera d’inflessione

KL = 0,7·3000 = 2100 mm

Carico critico

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·70000·90000/2100² = 14099 N = 14,1 kN

Risposta

Pcr = 14,1 kN
10.Instabilità delle colonne

Risposta: d = 53,6 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 = 2·35000 = 70000 N
KL = 0,5·4000 = 2000 mm

Risolvi per il diametro

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·70000·2000²/(π³·70000))^(1/4) = 53,6 mm

Risposta

d = 53,6 mm

Verifica: la snellezza KL/r è 149,2, quindi la colonna è snella e vale Eulero.

11.Vibrazioni meccaniche

Risposta: ζ = 0,15

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·√(200000·20) = 4000 N·s/m

Fattore di smorzamento

ζ = c/cc = 600/4000 = 0,15

Risposta

ζ = 0,15

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

12.Vibrazioni meccaniche

Risposta: fn = 9,416 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 = 15 + 20 = 35 kN/m

Frequenza naturale

ωn = √(35000/10) = 59,16 rad/s
fn = 59,16/(2π) = 9,416 Hz

Risposta

fn = 9,416 Hz

ExamProblems · examproblems.com/courses/machine-design