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​ = 160 mmd2​ = 300 mm1450 rpmn2​ = ?

Una puleggia da 160 mm a 1450 giri/min aziona con una cinghia una puleggia da 300 mm con slittamento del 3 %. Trova la velocità n2 della puleggia condotta.

n1 = 1450 rpmd1 = 160 mmd2 = 300 mms = 3 %
n2 = rpm
2.Ingranaggi e rotismiDifficile
A = 12B = 45C = 36D = 45

In un rotismo composto, la ruota A (12 denti) sull’albero di ingresso, che gira a 1500 rpm, aziona la ruota B (45 denti). La ruota C (36 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 = 12B = 45C = 36D = 45
nout = rpm
3.Torsione degli alberiMedia
T = 200 N·md = 30 mmL = 3 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 = 200 N·md = 30 mmL = 3 mG = 39 GPa
φ = °
4.Torsione degli alberiDifficile
d = 50 mmTB​ = 750 N·mTC​ = 400 N·mABC2,5 m0,5 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 2,5 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 il modulo dell’angolo di torsione φC dell’estremo C, in gradi.

d = 50 mmTB = 750 N·mTC = 400 N·mAB = 2,5 mBC = 0,5 mG = 39 GPa
φC = °
5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniMedia
σx​ = −80σy​ = 60τxy​ = 30MPa

Un punto di una lastra sottile è in stato piano di tensione: σₓ = −80 MPa, σᵧ = 60 MPa e τₓᵧ = 30 MPa, con σz = 0. Trova la tensione tangenziale massima assoluta τabs nel punto (considerando tutti i piani in tre dimensioni).

σx = −80 MPaσy = 60 MPaτxy = 30 MPaσz = 0
τabs = MPa
6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniDifficile
σx​ = 90σy​ = −60τxy​ = −10MPa

Un punto di una lastra sottile è in stato piano di tensione: σₓ = 90 MPa, σᵧ = −60 MPa e τₓᵧ = −10 MPa (σz = 0). Il materiale ha una tensione di snervamento di 420 MPa. Trova il coefficiente di sicurezza n nei confronti dello snervamento secondo il criterio di Tresca (massima tensione tangenziale).

σx = 90 MPaσy = −60 MPaτxy = −10 MPaσY = 420 MPa
n =
7.Tensione e deformazione assialeMedia
Ø 16 mmRame2 mP = 70 kN

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

P = 70 kNd = 16 mmL = 2 mE = 117 GPa
δ = mm
8.Tensione e deformazione assialeDifficile
Ø 40 mmRame1,5 mØ 20 mmAlluminio1 mP = 75 kN

La barra a gradini è incastrata alla parete e caricata all’estremo libero. Trova la tensione normale massima σmax nella barra.

P = 75 kNtratto 1: Ø40 mm, 1,5 m, rame (E = 117 GPa)tratto 2: Ø20 mm, 1 m, alluminio (E = 70 GPa)
σmax = MPa
9.Instabilità delle colonneMedia
PL = 5 md = 50 mmsezione trasversale

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

L = 5 mE = 70 GPa (alluminio)d = 50 mm
Pcr = kN
10.Instabilità delle colonneDifficile
P = 80 kNL = 3 md = ?sezione trasversale

Una colonna tonda piena di lunghezza L in acciaio è incastrata alla base e incernierata in cima. Deve portare 80 kN con un coefficiente di sicurezza di 3 contro l’instabilità. Trova il diametro minimo d.

P = 80 kNn = 3L = 3 mE = 200 GPa (acciaio)
d = mm
11.Vibrazioni meccanicheMedia
k = 100 kN/mζ = 0,6m = 200 kg

Una massa di 200 kg su una molla con rigidezza di 100 kN/m ha uno smorzatore viscoso che dà un fattore di smorzamento di 0,6. Trova la frequenza naturale smorzata fd delle sue vibrazioni libere in Hz.

m = 200 kgk = 100 kN/mζ = 0,6
fd = Hz
12.Vibrazioni meccanicheDifficile
k1​ = 30k2​ = 100m = 5 kg

Una massa di 5 kg è appesa a due molle collegate una dopo l’altra (in serie): la molla superiore ha k₁ = 30 kN/m e quella inferiore k₂ = 100 kN/m. Trascura lo smorzamento e le masse delle molle. Trova la frequenza naturale fn delle vibrazioni verticali in Hz.

m = 5 kgk1 = 30 kN/mk2 = 100 kN/m
fn = Hz

3Soluzioni

1.Ingranaggi e rotismi

Risposta: n2 = 750,1 rpm

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 senza slittamento

1450·160/300 = 773,3 rpm

Con slittamento

n2 = 773,3·0,97 = 750,1 rpm

Risposta

n2 = 750,1 rpm
2.Ingranaggi e rotismi

Risposta: nout = 320 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 = 1500·12/45 = 400 rpm = nC

Secondo stadio

nout = 400·36/45 = 320 rpm

Risposta

nout = 320 rpm

rapporto totale = 4,688 : 1

3.Torsione degli alberi

Risposta: φ = 11,08 °

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·30⁴/32 = 79522 mm⁴

Angolo di torsione

φ = TL/(GJ) = 200·1000·3000/(39000·79522) = 0,1935 rad
φ = 0,1935·180/π = 11,08°

Risposta

φ = 11,08°
4.Torsione degli alberi

Risposta: φC = 1,616 °

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 − 750 = −350 N·m

Torsione di ciascun tratto

J = π·50⁴/32 = 613592 mm⁴
G = 39 GPa = 39000 MPa
φAB = −350000·2500/(39000·613592) = −0,03656 rad
φBC = 400000·500/(39000·613592) = 0,008358 rad

Torsione dell’estremo C

φC = −0,03656 + 0,008358 = −0,02821 rad → |φC| = 1,616°

Risposta

φC = 1,616°
5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: τabs = 76,16 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 = −10 MPa, R = √((−70)² + 30²) = 76,16 MPa
σ1 = 66,16 MPa, σ2 = −86,16 MPa, σz = 0

Il maggiore dei tre cerchi

τ = max(|σ1 − σ2|, |σ1|, |σ2|)/2 = max(152,3, 66,16, 86,16)/2 = 76,16 MPa

Risposta

τabs = 76,16 MPa

Qui σ₁ e σ₂ hanno segni opposti, quindi il massimo nel piano R è anche il massimo assoluto.

6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: n = 2,775

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 = 75,66 MPa
σ1 = 90,66 MPa, σ2 = −60,66 MPa, σ3 = 0

Tresca

σmax − σmin = 151,3 MPa
n = 420/151,3 = 2,775

Risposta

n = 2,775

n > 1 significa che il punto non si snerva; Tresca è leggermente più conservativo di von Mises.

7.Tensione e deformazione assiale

Risposta: δ = 5,951 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·16²/4 = 201,1 mm²
σ = P/A = 70·1000/201,1 = 348,2 MPa

Deformazione (legge di Hooke)

E for rame = 117 GPa = 117000 MPa.

ε = σ/E = 348,2/117000 = 0,002976 = 2976 µε

Allungamento

δ = ε·L = 0,002976·2000 mm = 5,951 mm

Risposta

δ = 5,951 mm
8.Tensione e deformazione assiale

Risposta: σmax = 238,7 MPa

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·20²/4 = 314,2 mm²
σ1 = 59,68 MPa
σ2 = 238,7 MPa

Tensione massima

Il tratto più sottile ha l’area minore, quindi porta la tensione maggiore.

σmax = 238,7 MPa

Risposta

σmax = 238,7 MPa
9.Instabilità delle colonne

Risposta: Pcr = 33,91 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·50⁴/64 = 306796 mm⁴

Lunghezza libera d’inflessione

KL = 0,5·5000 = 2500 mm

Carico critico

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·70000·306796/2500² = 33913 N = 33,91 kN

Risposta

Pcr = 33,91 kN
10.Instabilità delle colonne

Risposta: d = 57,49 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 = 3·80000 = 240000 N
KL = 0,7·3000 = 2100 mm

Risolvi per il diametro

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·240000·2100²/(π³·200000))^(1/4) = 57,49 mm

Risposta

d = 57,49 mm

Verifica: la snellezza KL/r è 146,1, quindi la colonna è snella e vale Eulero.

11.Vibrazioni meccaniche

Risposta: fd = 2,847 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 = √(100000/200) = 22,36 rad/s
fn = 22,36/(2π) = 3,559 Hz

Frequenza naturale smorzata

fd = fn·√(1 − ζ²) = 3,559·√(1 − 0,6²) = 2,847 Hz

Risposta

fd = 2,847 Hz
12.Vibrazioni meccaniche

Risposta: fn = 10,81 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 = 1/30 + 1/100 → keq = 30·100/(30 + 100) = 23,08 kN/m

Frequenza naturale

ωn = √(23077/5) = 67,94 rad/s
fn = 67,94/(2π) = 10,81 Hz

Risposta

fn = 10,81 Hz

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