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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
N1​ = ?N2​

Due alberi paralleli distano 200 mm. Devono essere collegati da una coppia di ruote dentate cilindriche a denti diritti con modulo di 5 mm e un rapporto di riduzione di 4 : 1. Quanti denti N1 deve avere il pignone?

a = 200 mmm = 5 mmi = 4
N1 =
2.Ingranaggi e rotismiDifficile
A = 30B = 60C = 25D = ?

In un rotismo composto, la ruota A (30 denti) sull’albero di ingresso gira a 960 rpm e aziona la ruota B (60 denti). La ruota C (25 denti) è calettata sullo stesso albero di B e aziona la ruota D sull’albero di uscita. L’uscita deve girare a 240 rpm. Quanti denti ND deve avere la ruota D?

nin = 960 rpmA = 30B = 60C = 25nout = 240 rpm
ND =
3.Torsione degli alberiMedia
d = 15 mmT = 50 N·m200 mmφ = 1,44°

In una prova di torsione, un provino pieno di diametro 15 mm viene torto da un momento torcente di 50 N·m. Le due estremità di un tratto utile di 200 mm ruotano di 1,44° l’una rispetto all’altra (il materiale è ancora in campo elastico). Trova il modulo di elasticità tangenziale G del materiale.

T = 50 N·md = 15 mmL = 200 mmφ = 1,44°
G = GPa
4.Torsione degli alberiDifficile
d = 30 mmT0​ = 1500 N·mACBa = 2,5 mb = 0,5 m

Un albero pieno in ottone di diametro 30 mm è incastrato a pareti rigide a entrambe le estremità A e B. Un momento torcente di 1500 N·m è applicato in C, a 2,5 m da A e a 0,5 m da B. Trova la tensione tangenziale massima τmax nell’albero.

d = 30 mmT0 = 1500 N·ma = 2,5 mb = 0,5 m
τmax = MPa
5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniMedia
σx​ = 80σy​ = 90τxy​ = 60MPa

Un punto di una lastra sottile è in stato piano di tensione: σₓ = 80 MPa, σᵧ = 90 MPa e τₓᵧ = 60 MPa, con σz = 0. Trova la tensione tangenziale massima assoluta τabs nel punto (considerando tutti i piani in tre dimensioni).

σx = 80 MPaσy = 90 MPaτxy = 60 MPaσz = 0
τabs = MPa
6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniDifficile
σx​τxy​superficie dell’albero

Un albero pieno di diametro 40 mm porta una forza assiale di compressione di 200 kN insieme a un momento torcente di 750 N·m. Sulla superficie dell’albero, trova la tensione principale massima σ1.

d = 40 mmF = −200 kNT = 750 N·m
σ1 = MPa
7.Tensione e deformazione assialeMedia
Ø 30 mmRame3 mP = 35 kN

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

P = 35 kNd = 30 mmL = 3 mE = 117 GPa
δ = mm
8.Tensione e deformazione assialeDifficile
P = ?Ø2070 GPaØ100/60400 mm

Un’asta di acciaio (diametro 20 mm, E = 200 GPa, tensione ammissibile 150 MPa) sta dentro un tubo di alluminio (diametro esterno 100 mm, diametro interno 60 mm, E = 70 GPa, tensione ammissibile 100 MPa). Sono compressi insieme tra piastre rigide. Trova il massimo carico Pmax.

asta: Ø20 mm, E = 200 GPa, σallow = 150 MPatubo: Ø100/Ø60 mm, E = 70 GPa, σallow = 100 MPa
Pmax = kN
9.Instabilità delle colonneMedia
PL = 5 md = 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 = 5 mE = 200 GPa (acciaio)d = 60 mm
Pcr = kN
10.Instabilità delle colonneDifficile
P = 30 kNL = 1,5 md = ?sezione trasversale

Una colonna tonda piena di lunghezza L in acciaio è incastrata alla base e incernierata in cima. Deve portare 30 kN con un coefficiente di sicurezza di 2,5 contro l’instabilità. Trova il diametro minimo d.

P = 30 kNn = 2,5L = 1,5 mE = 200 GPa (acciaio)
d = mm
11.Vibrazioni meccanicheMedia
tx12 mm5 cicli6,4 mm

In una prova di vibrazioni libere su un sistema massa–molla smorzato, a un picco di spostamento di 12 mm segue, 5 cicli dopo, un picco di 6,4 mm. Trova il fattore di smorzamento ζ.

x0 = 12 mmx5 = 6,4 mmn = 5
ζ =
12.Vibrazioni meccanicheDifficile
k1​ = 50k2​ = 80k3​ = 80m = 40 kg

Una massa di 40 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 = 50 kN/m e k₂ = 80 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 = 40 kgk1 = 50 kN/mk2 = 80 kN/mk3 = 80 kN/m
fn = Hz

3Soluzioni

1.Ingranaggi e rotismi

Risposta: N1 = 16

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 = 2·200/5 = 80

Ripartisci secondo il rapporto

N1 = 80/(1 + 4) = 16

Risposta

N1 = 16
2.Ingranaggi e rotismi

Risposta: ND = 50

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 dell’albero intermedio

nB = nC = 960·30/60 = 480 rpm

Denti della ruota D

ND = C·nC/nout = 25·480/240 = 50

Risposta

ND = 50
3.Torsione degli alberi

Risposta: G = 80,06 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·15⁴/32 = 4970 mm⁴
φ = 1,44·π/180 = 0,02513 rad

Modulo di taglio

T = 50 N·m = 50000 N·mm
G = TL/(Jφ) = 50000·200/(4970·0,02513) = 80056 MPa
G = 80,06 GPa

Risposta

G = 80,06 GPa

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

4.Torsione degli alberi

Risposta: τmax = 235,8 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 = 1500
TA·a = TB·b
TA = 1500·0,5/3 = 250 N·m
TB = 1500·2,5/3 = 1250 N·m

Tensione tangenziale massima

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

τmax = 16·1,25 × 10⁶/(π·30³) = 235,8 MPa

Risposta

τmax = 235,8 MPa
5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: τabs = 72,6 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. In tre dimensioni la tensione tangenziale massima assoluta è (σmax − σmin)/2 su tutte e tre le tensioni principali; nello stato piano di tensione la terza è nulla.

στxyCσ1​σ2​

Tensioni principali nel piano

C = 85 MPa, R = √((−5)² + 60²) = 60,21 MPa
σ1 = 145,2 MPa, σ2 = 24,79 MPa, σz = 0

Il maggiore dei tre cerchi

τ = max(|σ1 − σ2|, |σ1|, |σ2|)/2 = max(120,4, 145,2, 24,79)/2 = 72,6 MPa

Risposta

τabs = 72,6 MPa

Qui governa il cerchio fuori dal piano: il massimo assoluto è maggiore del massimo nel piano R.

6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: σ1 = 19,89 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.

Tensioni in superficie

σ = F/A = −200000/(π·40²/4) = −200000/1257 = −159,2 MPa
τ = 16T/(πd³) = 16·750000/(π·40³) = 59,68 MPa
στxyCσ1​σ2​

Cerchio di Mohr

C = σ/2 = −79,58 MPa
R = √((−79,58)² + 59,68²) = 99,47 MPa
σ1 = C + R = 19,89 MPa
σ2 = C − R = −179 MPa

Risposta

σ1 = 19,89 MPa
7.Tensione e deformazione assiale

Risposta: δ = 1,27 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·30²/4 = 706,9 mm²
σ = P/A = 35·1000/706,9 = 49,51 MPa

Deformazione (legge di Hooke)

E for rame = 117 GPa = 117000 MPa.

ε = σ/E = 49,51/117000 = 0,0004232 = 423,2 µε

Allungamento

δ = ε·L = 0,0004232·3000 mm = 1,27 mm

Risposta

δ = 1,27 mm
8.Tensione e deformazione assiale

Risposta: Pmax = 311 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·20²/4 = 314,2 mm²
At = π(100² − 60²)/4 = 5027 mm²

Rigidezza assiale combinata

ΣEA = 200·10³·314,2 + 70·10³·5027 = 4,147 × 10⁸ N

Deformazione governante

ε = min(0,00075, 0,001429) = 0,00075 (acciaio)

Carico massimo

Pmax = 0,00075·4,147 × 10⁸ = 311018 N = 311 kN

Risposta

Pmax = 311 kN
9.Instabilità delle colonne

Risposta: Pcr = 50,23 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·60⁴/64 = 636173 mm⁴

Lunghezza libera d’inflessione

KL = 1·5000 = 5000 mm

Carico critico

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·200000·636173/5000² = 50230 N = 50,23 kN

Risposta

Pcr = 50,23 kN
10.Instabilità delle colonne

Risposta: d = 30,39 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 = 2,5·30000 = 75000 N
KL = 0,7·1500 = 1050 mm

Risolvi per il diametro

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·75000·1050²/(π³·200000))^(1/4) = 30,39 mm

Risposta

d = 30,39 mm

Verifica: la snellezza KL/r è 138,2, quindi la colonna è snella e vale Eulero.

11.Vibrazioni meccaniche

Risposta: ζ = 0,02001

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(12/6,4) = 0,1257

Fattore di smorzamento

ζ = δ/√(4π² + δ²) = 0,1257/√(39,48 + 0,01581) = 0,02001

Risposta

ζ = 0,02001
12.Vibrazioni meccaniche

Risposta: fn = 5,6 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 = 50 + 80 = 130 kN/m
keq = 130·80/(130 + 80) = 49,52 kN/m

Frequenza naturale

ωn = √(49524/40) = 35,19 rad/s
fn = 35,19/(2π) = 5,6 Hz

Risposta

fn = 5,6 Hz

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