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
d1​ = 200 mmd2​ = 400 mm1500 rpmT1​ = 500 NT2​ = 200 NP = ?

Una cinghia scorre su una puleggia motrice da 200 mm a 1500 giri/min. La tensione è 500 N sul lato teso e 200 N sul lato lento. Trova la potenza P trasmessa, in kW.

d1 = 200 mmn1 = 1500 rpmT1 = 500 NT2 = 200 N
P = kW
2.Ingranaggi e rotismiDifficile
Ns​ = 12nr​ = ?Np​ = 12portatreno fisso

In un rotismo epicicloidale il solare ha 12 denti e ogni satellite ha 12 denti. Il portatreno è bloccato e il solare è azionato a 1200 rpm. Trova la velocità nr della corona (in modulo).

Ns = 12Np = 12ns = 1200 rpm
nr = rpm
3.Torsione degli alberiMedia
do​ = ?T = 1000 N·m

Un albero cavo deve sopportare un momento torcente di 1000 N·m. Il suo diametro interno deve essere 0,7 volte il diametro esterno, e la tensione tangenziale non deve superare 75 MPa. Trova il diametro esterno minimo do.

T = 1000 N·mdi/do = 0,7τallow = 75 MPa
do = mm
4.Torsione degli alberiDifficile
Td = ?

Un albero pieno deve trasmettere 15 kW a 750 giri/min senza che la tensione tangenziale superi 75 MPa. Trova il diametro minimo d adatto.

P = 15 kWN = 750 rpmτallow = 75 MPa
d = mm
5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniMedia
σx​ = 110σy​ = 50MPaτxy​ = ?

Un punto ha σₓ = 110 MPa e σᵧ = 50 MPa. Quanto può diventare grande la tensione tangenziale τxy (in modulo) prima che la tensione principale massima raggiunga 155 MPa?

σx = 110 MPaσy = 50 MPaσ1 = 155 MPa
τxy = MPa
6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniDifficile
σx​ = 10σy​ = −40τxy​ = −30MPa

Un punto di una lastra sottile è in stato piano di tensione: σₓ = 10 MPa, σᵧ = −40 MPa e τₓᵧ = −30 MPa (σz = 0). Trova la tensione equivalente di von Mises σvM.

σx = 10 MPaσy = −40 MPaτxy = −30 MPa
σvM = MPa
7.Tensione e deformazione assialeMedia
P = ?12600 mm500 mmØ25Ø40δ = 0,25 mm

Una barra è fatta di un tratto di acciaio (diametro 25 mm, lunghezza 600 mm, E = 200 GPa) unito testa a testa a un tratto di ottone (diametro 40 mm, lunghezza 500 mm, E = 100 GPa). È fissata a un’estremità e tirata all’altra. Trova il carico assiale P che la allunga di 0,25 mm in totale.

tratto 1: acciaio, Ø25 mm, 600 mm, E = 200 GPatratto 2: ottone, Ø40 mm, 500 mm, E = 100 GPaδ = 0,25 mm
P = kN
8.Tensione e deformazione assialeDifficile
Ø 25 mmAlluminio2 mØ 20 mmRame2 mP = 50 kN

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

P = 50 kNtratto 1: Ø25 mm, 2 m, alluminio (E = 70 GPa)tratto 2: Ø20 mm, 2 m, rame (E = 117 GPa)
δ = mm
9.Instabilità delle colonneMedia
PL = 2 md = 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 = 2 mE = 70 GPa (alluminio)d = 40 mm
Pcr = kN
10.Instabilità delle colonneDifficile
PL = 1,5 md = 60 mmsezione trasversale

Una colonna di lunghezza L in alluminio è incastrata alla base e libera in cima. Trova la sua snellezza e la tensione critica σcr dalla formula di Eulero.

L = 1,5 mE = 70 GPa (alluminio)d = 60 mm
σcr = MPa
11.Vibrazioni meccanicheMedia
tx15 mm5 cicli4,3 mm

In una prova di vibrazioni libere su un sistema massa–molla smorzato, a un picco di spostamento di 15 mm segue, 5 cicli dopo, un picco di 4,3 mm. Trova il fattore di smorzamento ζ.

x0 = 15 mmx5 = 4,3 mmn = 5
ζ =
12.Vibrazioni meccanicheDifficile
k1​ = 10k2​ = 20m = 100 kg

Una massa di 100 kg è appesa a due molle affiancate (in parallelo), con rigidezze k₁ = 10 kN/m e k₂ = 20 kN/m. La massa resta orizzontale. Trova la rigidezza equivalente keq del sistema di molle in kN/m.

m = 100 kgk1 = 10 kN/mk2 = 20 kN/m
keq = kN/m

3Soluzioni

1.Ingranaggi e rotismi

Risposta: P = 4,712 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.

Velocità della cinghia

v = 15,71 m/s

Potenza

P = (500 − 200)·15,71 = 4712 W = 4,712 kW

Risposta

P = 4,712 kW
2.Ingranaggi e rotismi

Risposta: nr = 400 rpm

Rotismi epicicloidali: le velocità di solare, corona e portatreno sono legate dalla formula di Willis (ns − nc)/(nr − nc) = −Nr/Ns: visto dal portatreno, il rotismo è un rotismo ordinario con i satelliti come ruote oziose. Bloccando un elemento il rotismo diventa un riduttore a rapporto unico.

Denti della corona

Nr = Ns + 2·Np = 12 + 2·12 = 36

Formula di Willis con il portatreno fisso

Con nc = 0 il solare aziona la corona attraverso i satelliti, che fanno da ruote oziose.

nr = −ns·Ns/Nr = −1200·12/36 = −400 rpm
|nr| = 400 rpm

Risposta

nr = 400 rpm

La corona gira in verso opposto al solare.

3.Torsione degli alberi

Risposta: do = 44,71 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.

Diametro esterno dalla tensione ammissibile

T = 1000 N·m = 1 × 10⁶ N·mm
1 − k⁴ = 1 − 0,7⁴ = 0,7599
do = ∛(16T/(π·τallow·(1 − k⁴))) = ∛(16·1 × 10⁶/(π·75·0,7599)) = 44,71 mm
di = 0,7·44,71 = 31,3 mm

Risposta

do = 44,71 mm

Un albero pieno richiederebbe d = 40,8 mm; quello cavo è un po’ più grande ma molto più leggero.

4.Torsione degli alberi

Risposta: d = 23,49 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 torcente

ω = 2πN/60 = 2π·750/60 = 78,54 rad/s
T = P/ω = 15000/78,54 = 191 N·m

Diametro dalla tensione ammissibile

d = ∛(16T/(π·τallow)) = ∛(16·190986/(π·75)) = 23,49 mm

Risposta

d = 23,49 mm

In pratica arrotonderesti alla misura standard successiva.

5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: τxy = 68,74 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 = (110 + 50)/2 = 80 MPa
R = σ1 − C = 155 − 80 = 75 MPa
στxyCσ1​σ2​

Tensione tangenziale

τxy = √(R² − ((σₓ − σᵧ)/2)²) = √(75² − 30²) = 68,74 MPa

Risposta

τxy = 68,74 MPa
6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: σvM = 69,28 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. Criteri di snervamento: von Mises prevede lo snervamento quando σvM = √(σ₁² − σ₁σ₂ + σ₂²) raggiunge σY; Tresca quando la tensione tangenziale massima assoluta raggiunge σY/2.

στxyCσ1​σ2​

Tensioni principali

C = −15 MPa, R = 39,05 MPa
σ1 = 24,05 MPa, σ2 = −54,05 MPa, σ3 = 0

Von Mises

σvM = √(24,05² − 24,05·(−54,05) + (−54,05)²) = 69,28 MPa

Risposta

σvM = 69,28 MPa
7.Tensione e deformazione assiale

Risposta: P = 24,78 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

A₁ = 490,9 mm², A₂ = 1257 mm²

Cedevolezze

L₁/(E₁A₁) = 600/(200000·490,9) = 6,112 × 10⁻⁶ mm/N
L₂/(E₂A₂) = 500/(100000·1257) = 3,979 × 10⁻⁶ mm/N

Carico

P = 0,25/1,009 × 10⁻⁵ = 24776 N = 24,78 kN

Risposta

P = 24,78 kN
8.Tensione e deformazione assiale

Risposta: δ = 5,631 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·25²/4 = 490,9 mm², A2 = π·20²/4 = 314,2 mm²
σ1 = 101,9 MPa
σ2 = 159,2 MPa

Somma gli allungamenti dei tratti

δ1 = σ1L1/E1 = 101,9·2000/70000 = 2,91 mm
δ2 = σ2L2/E2 = 159,2·2000/117000 = 2,721 mm
δ = δ1 + δ2 = 5,631 mm

Risposta

δ = 5,631 mm
9.Instabilità delle colonne

Risposta: Pcr = 44,29 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·40⁴/64 = 125664 mm⁴

Lunghezza libera d’inflessione

KL = 0,7·2000 = 1400 mm

Carico critico

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·70000·125664/1400² = 44295 N = 44,29 kN

Risposta

Pcr = 44,29 kN
10.Instabilità delle colonne

Risposta: σcr = 17,27 MPa

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

Raggio d’inerzia e snellezza

A = 2827 mm²
r = √(I/A) = √(636173/2827) = 15 mm
KL = 2·1500 = 3000 mm
KL/r = 3000/15 = 200

Tensione critica

σcr = π²E/(KL/r)² = π²·70000/200² = 17,27 MPa

Risposta

σcr = 17,27 MPa
11.Vibrazioni meccaniche

Risposta: ζ = 0,03974

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(15/4,3) = 0,2499

Fattore di smorzamento

ζ = δ/√(4π² + δ²) = 0,2499/√(39,48 + 0,06244) = 0,03974

Risposta

ζ = 0,03974
12.Vibrazioni meccaniche

Risposta: keq = 30 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 affiancate hanno la stessa deformazione e sommano le loro forze, quindi le rigidezze si sommano semplicemente: k = k1 + k2.

keq = 10 + 20 = 30 kN/m

Risposta

keq = 30 kN/m

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