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, 960 rpm

Un motore da 1,1 kW a 960 rpm aziona una vite senza fine a 1 principi. La ruota elicoidale ha 36 denti e la trasmissione ha un rendimento del 85%. Trova la coppia in uscita Tw sull’albero della ruota.

z = 1Nw = 36n = 960 rpmP = 1,1 kWη = 85%
Tw = N·m
2.Ingranaggi e rotismiDifficile
A = 20B = 80C = 18D = ?

In un rotismo composto, la ruota A (20 denti) sull’albero di ingresso gira a 1450 rpm e aziona la ruota B (80 denti). La ruota C (18 denti) è calettata sullo stesso albero di B e aziona la ruota D sull’albero di uscita. L’uscita deve girare a 217,5 rpm. Quanti denti ND deve avere la ruota D?

nin = 1450 rpmA = 20B = 80C = 18nout = 217,5 rpm
ND =
3.Torsione degli alberiMedia
T = 400 N·md = 25 mmL = 1,5 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 = 400 N·md = 25 mmL = 1,5 mG = 39 GPa
φ = °
4.Torsione degli alberiDifficile
d = 50 mmT0​ = 1500 N·mACBa = 0,8 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 1500 N·m è applicato in C, a 0,8 m da A e a 3 m da B. Trova l’angolo di rotazione φC della sezione C, in gradi.

d = 50 mmT0 = 1500 N·ma = 0,8 mb = 3 mG = 39 GPa
φC = °
5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniMedia
σx​ = −40σy​ = 30τxy​ = −10MPa

Un punto ha σₓ = −40 MPa, σᵧ = 30 MPa e τₓᵧ = −10 MPa (trazione positiva). L’elemento è ruotato di 15° in senso antiorario. Trova la tensione normale σy′ sulle facce dell’elemento ruotato perpendicolari all’asse ruotato y′.

σx = −40 MPaσy = 30 MPaτxy = −10 MPaθ = 15°
σy′ = MPa
6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniDifficile
σx​τxy​superficie superiore dell’albero

Un albero pieno di diametro 60 mm porta un momento flettente di 300 N·m insieme a un momento torcente di 1500 N·m. Sulla superficie superiore, dove la tensione di flessione è di trazione e massima, trova la tensione principale massima σ1.

d = 60 mmM = 300 N·mT = 1500 N·m
σ1 = MPa
7.Tensione e deformazione assialeMedia
Ø 25 mmOttone1,5 mP = 15 kN

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

P = 15 kNd = 25 mmL = 1,5 mE = 100 GPa
δ = mm
8.Tensione e deformazione assialeDifficile
Ø 40 mmAcciaio1 mØ 16 mmOttone1,5 mP = 100 kN

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

P = 100 kNtratto 1: Ø40 mm, 1 m, acciaio (E = 200 GPa)tratto 2: Ø16 mm, 1,5 m, ottone (E = 100 GPa)
δ = mm
9.Instabilità delle colonneMedia
PL = 2 m25 × 50 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 = 2 mE = 70 GPa (alluminio)b × h = 25 × 50 mm
Pcr = kN
10.Instabilità delle colonneDifficile
P = 60 kNL = 2 md = ?sezione trasversale

Una colonna tonda piena di lunghezza L in acciaio è incastrata alla base e libera in cima. Deve portare 60 kN con un coefficiente di sicurezza di 2,5 contro l’instabilità. Trova il diametro minimo d.

P = 60 kNn = 2,5L = 2 mE = 200 GPa (acciaio)
d = mm
11.Vibrazioni meccanicheMedia
k = 80 kN/mζ = 0,7m = 40 kg

Una massa di 40 kg su una molla con rigidezza di 80 kN/m ha uno smorzatore viscoso che dà un fattore di smorzamento di 0,7. Trova la frequenza naturale smorzata fd delle sue vibrazioni libere in Hz.

m = 40 kgk = 80 kN/mζ = 0,7
fd = Hz
12.Vibrazioni meccanicheDifficile
k1​ = 12k2​ = 10k3​ = 40m = 40 kg

Una massa di 40 kg è appesa alla molla k₃ = 40 kN/m. L’estremità superiore di k₃ è fissata a una barra rigida appesa a due molle affiancate, k₁ = 12 kN/m e k₂ = 10 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 = 12 kN/mk2 = 10 kN/mk3 = 40 kN/m
fn = Hz

3Soluzioni

1.Ingranaggi e rotismi

Risposta: Tw = 334,8 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 = 960·1/36 = 26,67 rpm

Momento torcente in uscita

ωw = 2π·26,67/60 = 2,793 rad/s
Tw = η·P/ωw = 0,85·1100/2,793 = 334,8 N·m

Risposta

Tw = 334,8 N·m
2.Ingranaggi e rotismi

Risposta: ND = 30

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 = 1450·20/80 = 362,5 rpm

Denti della ruota D

ND = C·nC/nout = 18·362,5/217,5 = 30

Risposta

ND = 30
3.Torsione degli alberi

Risposta: φ = 22,99 °

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·25⁴/32 = 38350 mm⁴

Angolo di torsione

φ = TL/(GJ) = 400·1000·1500/(39000·38350) = 0,4012 rad
φ = 0,4012·180/π = 22,99°

Risposta

φ = 22,99°
4.Torsione degli alberi

Risposta: φC = 2,268 °

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 = 1500·3/3,8 = 1184 N·m
TB = 1500·0,8/3,8 = 315,8 N·m

Rotazione di C

Usa il tratto AC: è incastrato in A e porta TA.

J = π·50⁴/32 = 613592 mm⁴
G = 39 GPa = 39000 MPa
φC = TA·a/(GJ) = 1,184 × 10⁶·800/(39000·613592) = 0,03959 rad = 2,268°

Risposta

φC = 2,268°
5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: σy′ = 30,31 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′ = −5 − (−35)·0,866 − (−10)·0,5 = 30,31 MPa

Verifica

La somma delle tensioni normali non cambia con la rotazione.

σx′ = −40,31 MPa, σx′ + σy′ = −10 = σx + σy

Risposta

σy′ = 30,31 MPa
6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: σ1 = 43,14 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 = 32M/(πd³) = 32·300000/(π·60³) = 14,15 MPa
τ = 16T/(πd³) = 16·1500000/(π·60³) = 35,37 MPa
στxyCσ1​σ2​

Cerchio di Mohr

C = σ/2 = 7,074 MPa
R = √(7,074² + 35,37²) = 36,07 MPa
σ1 = C + R = 43,14 MPa
σ2 = C − R = −28,99 MPa

Risposta

σ1 = 43,14 MPa
7.Tensione e deformazione assiale

Risposta: δ = 0,4584 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·25²/4 = 490,9 mm²
σ = P/A = 15·1000/490,9 = 30,56 MPa

Deformazione (legge di Hooke)

E for ottone = 100 GPa = 100000 MPa.

ε = σ/E = 30,56/100000 = 0,0003056 = 305,6 µε

Allungamento

δ = ε·L = 0,0003056·1500 mm = 0,4584 mm

Risposta

δ = 0,4584 mm
8.Tensione e deformazione assiale

Risposta: δ = 7,858 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·40²/4 = 1257 mm², A2 = π·16²/4 = 201,1 mm²
σ1 = 79,58 MPa
σ2 = 497,4 MPa

Somma gli allungamenti dei tratti

δ1 = σ1L1/E1 = 79,58·1000/200000 = 0,3979 mm
δ2 = σ2L2/E2 = 497,4·1500/100000 = 7,46 mm
δ = δ1 + δ2 = 7,858 mm

Risposta

δ = 7,858 mm
9.Instabilità delle colonne

Risposta: Pcr = 2,811 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 = 50·25³/12 = 65104 mm⁴

Lunghezza libera d’inflessione

KL = 2·2000 = 4000 mm

Carico critico

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·70000·65104/4000² = 2811 N = 2,811 kN

Risposta

Pcr = 2,811 kN
10.Instabilità delle colonne

Risposta: d = 70,55 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 = 2,5·60000 = 150000 N
KL = 2·2000 = 4000 mm

Risolvi per il diametro

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·150000·4000²/(π³·200000))^(1/4) = 70,55 mm

Risposta

d = 70,55 mm

Verifica: la snellezza KL/r è 226,8, quindi la colonna è snella e vale Eulero.

11.Vibrazioni meccaniche

Risposta: fd = 5,083 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 = √(80000/40) = 44,72 rad/s
fn = 44,72/(2π) = 7,118 Hz

Frequenza naturale smorzata

fd = fn·√(1 − ζ²) = 7,118·√(1 − 0,7²) = 5,083 Hz

Risposta

fd = 5,083 Hz
12.Vibrazioni meccaniche

Risposta: fn = 2,998 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 = 12 + 10 = 22 kN/m
keq = 22·40/(22 + 40) = 14,19 kN/m

Frequenza naturale

ωn = √(14194/40) = 18,84 rad/s
fn = 18,84/(2π) = 2,998 Hz

Risposta

fn = 2,998 Hz

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