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
N1​ = 16N2​ = 48

Un motore da 15 kW che gira a 1500 rpm aziona un pignone con 16 denti, che ingrana con una ruota con 48 denti. La coppia di ruote ha un rendimento del 98 %. Trova il momento torcente T1 sull’albero del motore.

P = 15 kWn1 = 1500 rpmN1 = 16N2 = 48η = 98%
T1 = N·m
2.Ingranaggi e rotismiDifficile
A = 30B = 72C = 12D = 45

In un rotismo composto, la ruota A (30 denti) sull’albero di ingresso, che gira a 1500 rpm, aziona la ruota B (72 denti). La ruota C (12 denti) è calettata sullo stesso albero di B e aziona la ruota D (45 denti) sull’albero di uscita. Trova la velocità di uscita nout.

nin = 1500 rpmA = 30B = 72C = 12D = 45
nout = rpm
3.Torsione degli alberiMedia
d = ?T = 100 N·mL = 2 m

Un albero pieno in acciaio lungo 2 m è sollecitato da un momento torcente di 100 N·m. L’angolo di torsione tra le sue estremità non deve superare 1,5°. Trova il diametro minimo d che rispetta questo limite.

T = 100 N·mL = 2 mG = 80 GPaφallow = 1,5°
d = mm
4.Torsione degli alberiDifficile
d = 50 mmTB​ = 750 N·mTC​ = 200 N·mABC1,2 m1 m

Un albero pieno in ottone di diametro 50 mm è incastrato in A. Un momento torcente di 750 N·m agisce in B, a 1,2 m da A, e un momento torcente di 200 N·m in verso opposto agisce all’estremo libero C, 1 m più avanti. Trova la tensione tangenziale massima τmax nell’albero.

d = 50 mmTB = 750 N·mTC = 200 N·mAB = 1,2 mBC = 1 m
τmax = MPa
5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniMedia
σx​ = 70σy​ = 70τxy​ = 60MPa

Un punto di una lastra sottile è in stato piano di tensione: σₓ = 70 MPa, σᵧ = 70 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 = 70 MPaσy = 70 MPaτxy = 60 MPaσz = 0
τabs = MPa
6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniDifficile
σx​ = 0σy​ = 20τxy​ = 40MPa

In un punto di un pezzo caricato si ha σₓ = 0 MPa, σᵧ = 20 MPa e τₓᵧ = 40 MPa (trazione positiva). Trova la tensione tangenziale τθ su un piano la cui normale è ruotata di 40° in senso antiorario rispetto all’asse x (positiva nello stesso senso di τₓᵧ).

σx = 0 MPaσy = 20 MPaτxy = 40 MPaθ = 40°
τθ = MPa
7.Tensione e deformazione assialeMedia
Ø 10 mmRame1,5 mP = 50 kN

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

P = 50 kNd = 10 mmL = 1,5 mE = 117 GPa
ε = µε
8.Tensione e deformazione assialeDifficile
Ø 30 mmAcciaio1,5 mØ 12 mmOttone0,5 mP = 90 kN

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

P = 90 kNtratto 1: Ø30 mm, 1,5 m, acciaio (E = 200 GPa)tratto 2: Ø12 mm, 0,5 m, ottone (E = 100 GPa)
δ = mm
9.Instabilità delle colonneMedia
PL = 2 m25 × 80 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 = 2 mE = 200 GPa (acciaio)b × h = 25 × 80 mm
Pcr = kN
10.Instabilità delle colonneDifficile
P = 150 kNL = 5 md = ?sezione trasversale

Una colonna tonda piena di lunghezza L in alluminio è incernierata a entrambi gli estremi. Deve portare 150 kN con un coefficiente di sicurezza di 2 contro l’instabilità. Trova il diametro minimo d.

P = 150 kNn = 2L = 5 mE = 70 GPa (alluminio)
d = mm
11.Vibrazioni meccanicheMedia
k = 25 kN/mc = 140 N·s/mm = 5 kg

Una massa di 5 kg è sostenuta da una molla con rigidezza di 25 kN/m e da uno smorzatore viscoso con coefficiente di smorzamento di 140 N·s/m. Trova il fattore di smorzamento ζ.

m = 5 kgk = 25 kN/mc = 140 N·s/m
ζ =
12.Vibrazioni meccanicheDifficile
k1​ = 100k2​ = 80m = 20 kg

Una massa di 20 kg è appesa a due molle collegate una dopo l’altra (in serie): la molla superiore ha k₁ = 100 kN/m e quella inferiore k₂ = 80 kN/m. Trova la rigidezza equivalente keq del sistema di molle in kN/m.

m = 20 kgk1 = 100 kN/mk2 = 80 kN/m
keq = kN/m

3Soluzioni

1.Ingranaggi e rotismi

Risposta: T1 = 95,49 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 = 15000/157,1 = 95,49 N·m

Risposta

T1 = 95,49 N·m
2.Ingranaggi e rotismi

Risposta: nout = 166,7 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 = 1500·30/72 = 625 rpm = nC

Secondo stadio

nout = 625·12/45 = 166,7 rpm

Risposta

nout = 166,7 rpm

rapporto totale = 9 : 1

3.Torsione degli alberi

Risposta: d = 31,4 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 = 100 N·m = 100000 N·mm
L = 2 m = 2000 mm
G = 80 GPa = 80000 MPa
φ = 1,5·π/180 = 0,02618 rad
J = TL/(Gφ) = 100000·2000/(80000·0,02618) = 95493 mm⁴

Diametro

d = (32J/π)1/4 = 31,4 mm

Risposta

d = 31,4 mm

In pratica arrotonderesti alla misura standard successiva.

4.Torsione degli alberi

Risposta: τmax = 22,41 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.

Momenti torcenti interni

Verso di TC assunto come positivo.

TBC = TC = 200 N·m
TAB = TC − TB = 200 − 750 = −550 N·m

Tensione tangenziale massima

Il tratto con il momento torcente interno maggiore ha la tensione maggiore (stesso diametro).

|T|max = 550 N·m
τmax = 16·550000/(π·50³) = 22,41 MPa

Risposta

τmax = 22,41 MPa
5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: τabs = 65 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 = 70 MPa, R = √(0² + 60²) = 60 MPa
σ1 = 130 MPa, σ2 = 10 MPa, σz = 0

Il maggiore dei tre cerchi

τ = max(|σ1 − σ2|, |σ1|, |σ2|)/2 = max(120, 130, 10)/2 = 65 MPa

Risposta

τabs = 65 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: τθ = 16,79 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

τθ = −−10·0,9848 + 40·0,1736 = 16,79 MPa

Risposta

τθ = 16,79 MPa
7.Tensione e deformazione assiale

Risposta: ε = 5441 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·10²/4 = 78,54 mm²
σ = P/A = 50·1000/78,54 = 636,6 MPa

Deformazione (legge di Hooke)

E for rame = 117 GPa = 117000 MPa.

ε = σ/E = 636,6/117000 = 0,005441 = 5441 µε

Risposta

ε = 5441 µε
8.Tensione e deformazione assiale

Risposta: δ = 4,934 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·30²/4 = 706,9 mm², A2 = π·12²/4 = 113,1 mm²
σ1 = 127,3 MPa
σ2 = 795,8 MPa

Somma gli allungamenti dei tratti

δ1 = σ1L1/E1 = 127,3·1500/200000 = 0,9549 mm
δ2 = σ2L2/E2 = 795,8·500/100000 = 3,979 mm
δ = δ1 + δ2 = 4,934 mm

Risposta

δ = 4,934 mm
9.Instabilità delle colonne

Risposta: Pcr = 51,4 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 = 80·25³/12 = 104167 mm⁴

Lunghezza libera d’inflessione

KL = 1·2000 = 2000 mm

Carico critico

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·200000·104167/2000² = 51404 N = 51,4 kN

Risposta

Pcr = 51,4 kN
10.Instabilità delle colonne

Risposta: d = 121,9 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 = 2·150000 = 300000 N
KL = 1·5000 = 5000 mm

Risolvi per il diametro

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·300000·5000²/(π³·70000))^(1/4) = 121,9 mm

Risposta

d = 121,9 mm

Verifica: la snellezza KL/r è 164, quindi la colonna è snella e vale Eulero.

11.Vibrazioni meccaniche

Risposta: ζ = 0,198

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·√(25000·5) = 707,1 N·s/m

Fattore di smorzamento

ζ = c/cc = 140/707,1 = 0,198

Risposta

ζ = 0,198

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

12.Vibrazioni meccaniche

Risposta: keq = 44,44 kN/m

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 = 1/100 + 1/80 → keq = 100·80/(100 + 80) = 44,44 kN/m

Risposta

keq = 44,44 kN/m

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