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
Tw​ = ?z = 1, 1440 rpm

Un motore da 1,1 kW a 1440 rpm aziona una vite senza fine a 1 principi. La ruota elicoidale ha 72 denti e la trasmissione ha un rendimento del 50%. Trova la coppia in uscita Tw sull’albero della ruota.

z = 1Nw = 72n = 1440 rpmP = 1,1 kWη = 50%
Tw = N·m
2.Ingranaggi e rotismiDifficile
d1​ = 150 mmd2​ = 250 mm720 rpmC = 1000 mmT1​ = 1500 NT2​P = ?

Una cinghia aperta collega una puleggia motrice da 150 mm a 720 giri/min a una puleggia da 250 mm; gli assi distano 1000 mm. Il coefficiente di attrito è 0,3 e la tensione sul lato teso non può superare 1500 N. Trova la massima potenza P che la cinghia può trasmettere senza slittare, in kW (trascura gli effetti centrifughi).

d1 = 150 mmn1 = 720 rpmd2 = 250 mmC = 1000 mmμ = 0,3T1 = 1500 N
P = kW
3.Torsione degli alberiMedia
T = 100 N·md = 20 mmL = 0,8 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 = 100 N·md = 20 mmL = 0,8 mG = 39 GPa
φ = °
4.Torsione degli alberiDifficile
d = 50 mmTB​ = 250 N·mTC​ = 1500 N·mABC0,8 m0,5 m

Un albero pieno in alluminio di diametro 50 mm è incastrato in A. Un momento torcente di 250 N·m agisce in B, a 0,8 m da A, e un momento torcente di 1500 N·m nello stesso verso agisce all’estremo libero C, 0,5 m più avanti. Trova il modulo dell’angolo di torsione φC dell’estremo C, in gradi.

d = 50 mmTB = 250 N·mTC = 1500 N·mAB = 0,8 mBC = 0,5 mG = 26 GPa
φC = °
5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniMedia
σx​ = −50σy​ = −50τxy​ = 20MPa

Un punto ha σₓ = −50 MPa, σᵧ = −50 MPa e τₓᵧ = 20 MPa (trazione positiva). L’elemento è ruotato di 50° in senso antiorario. Trova la tensione normale σy′ sulle facce dell’elemento ruotato perpendicolari all’asse ruotato y′.

σx = −50 MPaσy = −50 MPaτxy = 20 MPaθ = 50°
σy′ = MPa
6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniDifficile
σx​ = −60σy​ = 50τxy​ = −50MPa

In un punto di un pezzo caricato si ha σₓ = −60 MPa, σᵧ = 50 MPa e τₓᵧ = −50 MPa (trazione positiva). Trova la tensione normale σθ su un piano la cui normale è ruotata di 60° in senso antiorario rispetto all’asse x.

σx = −60 MPaσy = 50 MPaτxy = −50 MPaθ = 60°
σθ = MPa
7.Tensione e deformazione assialeMedia
Ø 30 mmOttone3 mP = 75 kN

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

P = 75 kNd = 30 mmL = 3 mE = 100 GPa
ε = µε
8.Tensione e deformazione assialeDifficile
80 kN12500 mm300 mmØ20Ø60σ2​ = ?

Un tratto di acciaio (diametro 20 mm, lunghezza 500 mm, E = 200 GPa) e un tratto di rame (diametro 60 mm, lunghezza 300 mm, E = 120 GPa) sono uniti testa a testa e fissati tra due pareti rigide. Un carico assiale di 80 kN agisce nella giunzione, verso il tratto 2. Trova il modulo della tensione σ2 nel tratto 2.

tratto 1: acciaio, Ø20 mm, 500 mm, E = 200 GPatratto 2: rame, Ø60 mm, 300 mm, E = 120 GPaP = 80 kN
σ2 = MPa
9.Instabilità delle colonneMedia
PL = 1,5 m50 × 60 mmsezione trasversale

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

L = 1,5 mE = 200 GPa (acciaio)b × h = 50 × 60 mm
Pcr = kN
10.Instabilità delle colonneDifficile
P = 140 kNL = 2,5 md = ?sezione trasversale

Una colonna tonda piena di lunghezza L in alluminio è incernierata a entrambi gli estremi. Deve portare 140 kN con un coefficiente di sicurezza di 2 contro l’instabilità. Trova il diametro minimo d.

P = 140 kNn = 2L = 2,5 mE = 70 GPa (alluminio)
d = mm
11.Vibrazioni meccanicheMedia
k = 80 kN/mc = 1730 N·s/mm = 150 kg

Una massa di 150 kg è sostenuta da una molla con rigidezza di 80 kN/m e da uno smorzatore viscoso con coefficiente di smorzamento di 1730 N·s/m. Trova il fattore di smorzamento ζ.

m = 150 kgk = 80 kN/mc = 1730 N·s/m
ζ =
12.Vibrazioni meccanicheDifficile
k1​ = 30k2​ = 10m = 25 kg

Una massa di 25 kg è appesa a due molle collegate una dopo l’altra (in serie): la molla superiore ha k₁ = 30 kN/m e quella inferiore k₂ = 10 kN/m. Trascura lo smorzamento e le masse delle molle. Trova la frequenza naturale fn delle vibrazioni verticali in Hz.

m = 25 kgk1 = 30 kN/mk2 = 10 kN/m
fn = Hz

3Soluzioni

1.Ingranaggi e rotismi

Risposta: Tw = 262,6 N·m

Gear trains: meshing gears have the same speed at the teeth, so n₁·N₁ = n₂·N₂: the gear with fewer teeth turns faster. Gears on one shaft turn at the same speed. Power is passed on (minus losses), so torque goes up when speed goes down: T₂ = T₁·(N₂/N₁)·η, and P = T·ω with ω = 2π·n/60.

Velocità della ruota

nw = n·z/Nw = 1440·1/72 = 20 rpm

Momento torcente in uscita

ωw = 2π·20/60 = 2,094 rad/s
Tw = η·P/ωw = 0,5·1100/2,094 = 262,6 N·m

Risposta

Tw = 262,6 N·m
2.Ingranaggi e rotismi

Risposta: P = 5,076 kW

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 di avvolgimento

θ = 3,042 rad

Tensione sul lato lento

eμθ = e0,9125 = 2,49, T₂ = 1500/2,49 = 602,3 N

Potenza

P = (1500 − 602,3)·5,655 = 5,076 kW

Risposta

P = 5,076 kW
3.Torsione degli alberi

Risposta: φ = 7,482 °

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·20⁴/32 = 15708 mm⁴

Angolo di torsione

φ = TL/(GJ) = 100·1000·800/(39000·15708) = 0,1306 rad
φ = 0,1306·180/π = 7,482°

Risposta

φ = 7,482°
4.Torsione degli alberi

Risposta: φC = 7,722 °

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 = 1500 N·m
TAB = TC + TB = 1500 + 250 = 1750 N·m

Torsione di ciascun tratto

J = π·50⁴/32 = 613592 mm⁴
G = 26 GPa = 26000 MPa
φAB = 1,75 × 10⁶·800/(26000·613592) = 0,08776 rad
φBC = 1,5 × 10⁶·500/(26000·613592) = 0,04701 rad

Torsione dell’estremo C

φC = 0,08776 + 0,04701 = 0,1348 rad → |φC| = 7,722°

Risposta

φC = 7,722°
5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: σy′ = −69,7 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 per la faccia y′

σy′ = −50 − 0·(−0,1736) − 20·0,9848 = −69,7 MPa

Verifica

La somma delle tensioni normali non cambia con la rotazione.

σx′ = −30,3 MPa, σx′ + σy′ = −100 = σx + σy

Risposta

σy′ = −69,7 MPa
6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: σθ = −20,8 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 = −5 + −55·−0,5 + −50·0,866 = −20,8 MPa

Risposta

σθ = −20,8 MPa
7.Tensione e deformazione assiale

Risposta: ε = 1061 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·30²/4 = 706,9 mm²
σ = P/A = 75·1000/706,9 = 106,1 MPa

Deformazione (legge di Hooke)

E for ottone = 100 GPa = 100000 MPa.

ε = σ/E = 106,1/100000 = 0,001061 = 1061 µε

Risposta

ε = 1061 µε
8.Tensione e deformazione assiale

Risposta: σ2 = 25,46 MPa

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.

Rigidezze

k₁ = 200000·314,2/500 = 125664 N/mm
k₂ = 120000·2827/300 = 1,131 × 10⁶ N/mm

Quota del tratto 2

F2 = 80000·1,131 × 10⁶/1,257 × 10⁶ = 72000 N

Tensione

σ2 = 72000/2827 = 25,46 MPa (compressione)

Risposta

σ2 = 25,46 MPa
9.Instabilità delle colonne

Risposta: Pcr = 548,3 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

Un rettangolo sbanda attorno al suo asse debole, usando il cubo della dimensione minore.

Imin = h·b³/12 = 60·50³/12 = 625000 mm⁴

Lunghezza libera d’inflessione

KL = 1·1500 = 1500 mm

Carico critico

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·200000·625000/1500² = 548311 N = 548,3 kN

Risposta

Pcr = 548,3 kN
10.Instabilità delle colonne

Risposta: d = 84,76 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 = 2·140000 = 280000 N
KL = 1·2500 = 2500 mm

Risolvi per il diametro

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·280000·2500²/(π³·70000))^(1/4) = 84,76 mm

Risposta

d = 84,76 mm

Verifica: la snellezza KL/r è 118, quindi la colonna è snella e vale Eulero.

11.Vibrazioni meccaniche

Risposta: ζ = 0,2497

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·√(80000·150) = 6928 N·s/m

Fattore di smorzamento

ζ = c/cc = 1730/6928 = 0,2497

Risposta

ζ = 0,2497

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

12.Vibrazioni meccaniche

Risposta: fn = 2,757 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 in serie hanno la stessa forza e sommano le loro deformazioni, quindi si combinano come reciproci: 1/k = 1/k1 + 1/k2.

1/keq = 1/30 + 1/10 → keq = 30·10/(30 + 10) = 7,5 kN/m

Frequenza naturale

ωn = √(7500/25) = 17,32 rad/s
fn = 17,32/(2π) = 2,757 Hz

Risposta

fn = 2,757 Hz

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