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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​ = 18N2​ = 45

Un motore da 1,1 kW che gira a 2900 rpm aziona un pignone con 18 denti, che ingrana con una ruota con 45 denti. La coppia di ruote ha un rendimento del 96 %. Trova il momento torcente T1 sull’albero del motore.

P = 1,1 kWn1 = 2900 rpmN1 = 18N2 = 45η = 96%
T1 = N·m
2.Ingranaggi e rotismiDifficile
A = 45B = 50C = 16D = 40

In un rotismo composto, la ruota A (45 denti) sull’albero di ingresso, che gira a 2900 rpm, aziona la ruota B (50 denti). La ruota C (16 denti) è calettata sullo stesso albero di B e aziona la ruota D (40 denti) sull’albero di uscita. Trova la velocità di uscita nout.

nin = 2900 rpmA = 45B = 50C = 16D = 40
nout = rpm
3.Torsione degli alberiMedia
d1​ = 50 mmd2​ = 30 mmT = 1000 N·mABC1,2 m1 m

Un albero pieno a gradini in ottone è incastrato in A. Il tratto AB ha diametro 50 mm e lunghezza 1,2 m; il tratto BC ha diametro 30 mm e lunghezza 1 m. Un momento torcente di 1000 N·m agisce all’estremo libero C. Trova l’angolo di torsione φC dell’estremo C, in gradi.

T = 1000 N·md1 = 50 mm, L1 = 1,2 md2 = 30 mm, L2 = 1 mG = 39 GPa
φC = °
4.Torsione degli alberiDifficile
d = 40 mmTB​ = 1000 N·mTC​ = 400 N·mABC0,5 m0,5 m

Un albero pieno in alluminio di diametro 40 mm è incastrato in A. Un momento torcente di 1000 N·m agisce in B, a 0,5 m da A, e un momento torcente di 400 N·m in verso opposto agisce all’estremo libero C, 0,5 m più avanti. Trova la tensione tangenziale massima τmax nell’albero.

d = 40 mmTB = 1000 N·mTC = 400 N·mAB = 0,5 mBC = 0,5 m
τmax = MPa
5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniMedia
σx​ = 70σy​ = 100MPaτxy​ = ?

Un punto ha σₓ = 70 MPa e σᵧ = 100 MPa. Quanto può diventare grande la tensione tangenziale τxy (in modulo) prima che la tensione principale massima raggiunga 155 MPa?

σx = 70 MPaσy = 100 MPaσ1 = 155 MPa
τxy = MPa
6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniDifficile
σx​ = 120σy​ = 90τxy​ = 20MPa

In un punto di un pezzo caricato si ha σₓ = 120 MPa, σᵧ = 90 MPa e τₓᵧ = 20 MPa (trazione positiva). Trova la tensione normale σθ su un piano la cui normale è ruotata di 15° in senso antiorario rispetto all’asse x.

σx = 120 MPaσy = 90 MPaτxy = 20 MPaθ = 15°
σθ = MPa
7.Tensione e deformazione assialeMedia
Ø 30 mmOttone1,5 mP = 30 kN

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

P = 30 kNd = 30 mmL = 1,5 mE = 100 GPa
ε = µε
8.Tensione e deformazione assialeDifficile
P = ?Ø20100 GPaØ120/60400 mm

Un’asta di acciaio (diametro 20 mm, E = 200 GPa, tensione ammissibile 150 MPa) sta dentro un tubo di ottone (diametro esterno 120 mm, diametro interno 60 mm, E = 100 GPa, tensione ammissibile 70 MPa). Sono compressi insieme tra piastre rigide. Trova il massimo carico Pmax.

asta: Ø20 mm, E = 200 GPa, σallow = 150 MPatubo: Ø120/Ø60 mm, E = 100 GPa, σallow = 70 MPa
Pmax = kN
9.Instabilità delle colonneMedia
PL = 1,5 m30 × 40 mmsezione trasversale

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

L = 1,5 mE = 70 GPa (alluminio)b × h = 30 × 40 mm
Pcr = kN
10.Instabilità delle colonneDifficile
P = 10 kNL = 1 md = ?sezione trasversale

Una colonna tonda piena di lunghezza L in alluminio è incastrata a entrambi gli estremi. Deve portare 10 kN con un coefficiente di sicurezza di 2,5 contro l’instabilità. Trova il diametro minimo d.

P = 10 kNn = 2,5L = 1 mE = 70 GPa (alluminio)
d = mm
11.Vibrazioni meccanicheMedia
tx12 mm4 cicli1,6 mm

In una prova di vibrazioni libere su un sistema massa–molla smorzato, a un picco di spostamento di 12 mm segue, 4 cicli dopo, un picco di 1,6 mm. Trova il fattore di smorzamento ζ.

x0 = 12 mmx4 = 1,6 mmn = 4
ζ =
12.Vibrazioni meccanicheDifficile
k1​ = 12k2​ = 60m = 40 kg

Una massa di 40 kg è appesa a due molle collegate una dopo l’altra (in serie): la molla superiore ha k₁ = 12 kN/m e quella inferiore k₂ = 60 kN/m. Trascura lo smorzamento e le masse delle molle. Trova la frequenza naturale fn delle vibrazioni verticali in Hz.

m = 40 kgk1 = 12 kN/mk2 = 60 kN/m
fn = Hz

3Soluzioni

1.Ingranaggi e rotismi

Risposta: T1 = 3,622 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·2900/60 = 303,7 rad/s
T1 = P/ω₁ = 1100/303,7 = 3,622 N·m

Risposta

T1 = 3,622 N·m
2.Ingranaggi e rotismi

Risposta: nout = 1044 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 = 2900·45/50 = 2610 rpm = nC

Secondo stadio

nout = 2610·16/40 = 1044 rpm

Risposta

nout = 1044 rpm

rapporto totale = 2,778 : 1

3.Torsione degli alberi

Risposta: φC = 21,35 °

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 d’inerzia polari

J1 = π·50⁴/32 = 613592 mm⁴
J2 = π·30⁴/32 = 79522 mm⁴

Torsione di ciascun tratto

T = 1000 N·m = 1 × 10⁶ N·mm
G = 39 GPa = 39000 MPa
φAB = 1 × 10⁶·1200/(39000·613592) = 0,05015 rad
φBC = 1 × 10⁶·1000/(39000·79522) = 0,3224 rad

Torsione totale

φC = 0,05015 + 0,3224 = 0,3726 rad = 21,35°

Risposta

φC = 21,35°
4.Torsione degli alberi

Risposta: τmax = 47,75 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 = 400 N·m
TAB = TC − TB = 400 − 1000 = −600 N·m

Tensione tangenziale massima

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

|T|max = 600 N·m
τmax = 16·600000/(π·40³) = 47,75 MPa

Risposta

τmax = 47,75 MPa
5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: τxy = 68,37 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 = (70 + 100)/2 = 85 MPa
R = σ1 − C = 155 − 85 = 70 MPa
στxyCσ1​σ2​

Tensione tangenziale

τxy = √(R² − ((σₓ − σᵧ)/2)²) = √(70² − 15²) = 68,37 MPa

Risposta

τxy = 68,37 MPa
6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: σθ = 128 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 = 105 + 15·0,866 + 20·0,5 = 128 MPa

Risposta

σθ = 128 MPa
7.Tensione e deformazione assiale

Risposta: ε = 424,4 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 = 30·1000/706,9 = 42,44 MPa

Deformazione (legge di Hooke)

E for ottone = 100 GPa = 100000 MPa.

ε = σ/E = 42,44/100000 = 0,0004244 = 424,4 µε

Risposta

ε = 424,4 µε
8.Tensione e deformazione assiale

Risposta: Pmax = 637,7 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(120² − 60²)/4 = 8482 mm²

Rigidezza assiale combinata

ΣEA = 200·10³·314,2 + 100·10³·8482 = 9,111 × 10⁸ N

Deformazione governante

ε = min(0,00075, 0,0007) = 0,0007 (ottone)

Carico massimo

Pmax = 0,0007·9,111 × 10⁸ = 637743 N = 637,7 kN

Risposta

Pmax = 637,7 kN
9.Instabilità delle colonne

Risposta: Pcr = 27,63 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 = 40·30³/12 = 90000 mm⁴

Lunghezza libera d’inflessione

KL = 1·1500 = 1500 mm

Carico critico

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·70000·90000/1500² = 27635 N = 27,63 kN

Risposta

Pcr = 27,63 kN
10.Instabilità delle colonne

Risposta: d = 20,72 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 = 2,5·10000 = 25000 N
KL = 0,5·1000 = 500 mm

Risolvi per il diametro

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·25000·500²/(π³·70000))^(1/4) = 20,72 mm

Risposta

d = 20,72 mm

Verifica: la snellezza KL/r è 96,53, quindi la colonna è snella e vale Eulero.

11.Vibrazioni meccaniche

Risposta: ζ = 0,07991

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 = (1/4)·ln(12/1,6) = 0,5037

Fattore di smorzamento

ζ = δ/√(4π² + δ²) = 0,5037/√(39,48 + 0,2537) = 0,07991

Risposta

ζ = 0,07991
12.Vibrazioni meccaniche

Risposta: fn = 2,516 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 = 1/12 + 1/60 → keq = 12·60/(12 + 60) = 10 kN/m

Frequenza naturale

ωn = √(10000/40) = 15,81 rad/s
fn = 15,81/(2π) = 2,516 Hz

Risposta

fn = 2,516 Hz

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