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​ = 15N2​ = 32

Un motore da 4 kW che gira a 1500 rpm aziona un pignone con 15 denti, che ingrana con una ruota con 32 denti. La coppia di ruote ha un rendimento del 95 %. Trova il momento torcente in uscita T2 sull’albero della ruota.

P = 4 kWn1 = 1500 rpmN1 = 15N2 = 32η = 95%
T2 = N·m
2.Ingranaggi e rotismiDifficile
A = 16B = 32C = 32D = ?

In un rotismo composto, la ruota A (16 denti) sull’albero di ingresso gira a 2880 rpm e aziona la ruota B (32 denti). La ruota C (32 denti) è calettata sullo stesso albero di B e aziona la ruota D sull’albero di uscita. L’uscita deve girare a 1152 rpm. Quanti denti ND deve avere la ruota D?

nin = 2880 rpmA = 16B = 32C = 32nout = 1152 rpm
ND =
3.Torsione degli alberiMedia
T = 1000 N·md = 40 mmL = 1,2 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 = 1000 N·md = 40 mmL = 1,2 mG = 39 GPa
φ = °
4.Torsione degli alberiDifficile
do​ = ?10 kW, 750 rpm

Un albero cavo deve trasmettere 10 kW a 750 rpm. Il suo diametro interno deve essere 0,6 volte il diametro esterno, e la tensione tangenziale non deve superare 75 MPa. Trova il diametro esterno minimo do.

P = 10 kWN = 750 rpmdi/do = 0,6τallow = 75 MPa
do = mm
5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniMedia
σx​ = 130σy​ = 50τxy​ = 30MPa

Un punto ha σₓ = 130 MPa, σᵧ = 50 MPa e τₓᵧ = 30 MPa (trazione positiva). Trova l’angolo θs, compreso tra −90° e 90°, dall’asse x alla normale del piano su cui la tensione tangenziale ha il suo valore massimo positivo +R (tangenziale positiva nello stesso verso di τₓᵧ).

σx = 130 MPaσy = 50 MPaτxy = 30 MPa
θs = °
6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniDifficile
σx​ = 130σy​ = 80τxy​ = −40MPa

In un punto di un pezzo caricato si ha σₓ = 130 MPa, σᵧ = 80 MPa e τₓᵧ = −40 MPa (trazione positiva). Trova la tensione normale σθ su un piano la cui normale è ruotata di 30° in senso antiorario rispetto all’asse x.

σx = 130 MPaσy = 80 MPaτxy = −40 MPaθ = 30°
σθ = MPa
7.Tensione e deformazione assialeMedia
Ø 10 mmAcciaio1,5 mP = 20 kN

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

P = 20 kNd = 10 mmL = 1,5 mE = 200 GPa
δ = mm
8.Tensione e deformazione assialeDifficile
Ø 30 mmOttone0,5 mØ 20 mmOttone2 mP = 60 kN

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

P = 60 kNtratto 1: Ø30 mm, 0,5 m, ottone (E = 100 GPa)tratto 2: Ø20 mm, 2 m, ottone (E = 100 GPa)
δ = mm
9.Instabilità delle colonneMedia
PL = 2 m30 × 60 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 = 30 × 60 mm
Pcr = kN
10.Instabilità delle colonneDifficile
PL = 6 md = 40 mmsezione trasversale

Una colonna di lunghezza L in alluminio è incernierata a entrambi gli estremi. Trova la sua snellezza e la tensione critica σcr dalla formula di Eulero.

L = 6 mE = 70 GPa (alluminio)d = 40 mm
σcr = MPa
11.Vibrazioni meccanicheMedia
k = 80 kN/mζ = 0,4m = 80 kg

Una massa di 80 kg su una molla con rigidezza di 80 kN/m ha uno smorzatore viscoso che dà un fattore di smorzamento di 0,4. Trova la frequenza naturale smorzata fd delle sue vibrazioni libere in Hz.

m = 80 kgk = 80 kN/mζ = 0,4
fd = Hz
12.Vibrazioni meccanicheDifficile
k1​ = 25k2​ = 40k3​ = 20m = 25 kg

Una massa di 25 kg è appesa alla molla k₃ = 20 kN/m. L’estremità superiore di k₃ è fissata a una barra rigida appesa a due molle affiancate, k₁ = 25 kN/m e k₂ = 40 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 = 25 kgk1 = 25 kN/mk2 = 40 kN/mk3 = 20 kN/m
fn = Hz

3Soluzioni

1.Ingranaggi e rotismi

Risposta: T2 = 51,61 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 = 4000/157,1 = 25,46 N·m

Momento torcente in uscita

T2 = 25,46·32/15·0,95 = 51,61 N·m

Risposta

T2 = 51,61 N·m
2.Ingranaggi e rotismi

Risposta: ND = 40

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 = 2880·16/32 = 1440 rpm

Denti della ruota D

ND = C·nC/nout = 32·1440/1152 = 40

Risposta

ND = 40
3.Torsione degli alberi

Risposta: φ = 7,015 °

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·40⁴/32 = 251327 mm⁴

Angolo di torsione

φ = TL/(GJ) = 1000·1000·1200/(39000·251327) = 0,1224 rad
φ = 0,1224·180/π = 7,015°

Risposta

φ = 7,015°
4.Torsione degli alberi

Risposta: do = 21,5 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 = 10000/78,54 = 127,3 N·m

Diametro esterno dalla tensione ammissibile

T = 127,3 N·m = 127324 N·mm
1 − k⁴ = 1 − 0,6⁴ = 0,8704
do = ∛(16T/(π·τallow·(1 − k⁴))) = ∛(16·127324/(π·75·0,8704)) = 21,5 mm
di = 0,6·21,5 = 12,9 mm

Risposta

do = 21,5 mm

Un albero pieno richiederebbe d = 20,52 mm; quello cavo è un po’ più grande ma molto più leggero.

5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: θs = −26,57 °

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.

στxyCτmax​

Angolo sul cerchio

Sul cerchio di Mohr il punto più alto (+R) è a 90° dal punto principale σ₁; sull’elemento questo corrisponde a 45°.

cos 2θs = 30/50 = 0,6, sin 2θs = −40/50 = −0,8
2θs = atan2(−40, 30) = −53,13°

Angolo sull’elemento

θs = −26,57°
verifica: θs − θp = −26,57 − 18,43 = −45°

Risposta

θs = −26,57°

Gli angoli positivi sono in senso antiorario.

6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: σθ = 82,86 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 + 25·0,5 + −40·0,866 = 82,86 MPa

Risposta

σθ = 82,86 MPa
7.Tensione e deformazione assiale

Risposta: δ = 1,91 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·10²/4 = 78,54 mm²
σ = P/A = 20·1000/78,54 = 254,6 MPa

Deformazione (legge di Hooke)

E for acciaio = 200 GPa = 200000 MPa.

ε = σ/E = 254,6/200000 = 0,001273 = 1273 µε

Allungamento

δ = ε·L = 0,001273·1500 mm = 1,91 mm

Risposta

δ = 1,91 mm
8.Tensione e deformazione assiale

Risposta: δ = 4,244 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·20²/4 = 314,2 mm²
σ1 = 84,88 MPa
σ2 = 191 MPa

Somma gli allungamenti dei tratti

δ1 = σ1L1/E1 = 84,88·500/100000 = 0,4244 mm
δ2 = σ2L2/E2 = 191·2000/100000 = 3,82 mm
δ = δ1 + δ2 = 4,244 mm

Risposta

δ = 4,244 mm
9.Instabilità delle colonne

Risposta: Pcr = 66,62 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 = 60·30³/12 = 135000 mm⁴

Lunghezza libera d’inflessione

KL = 1·2000 = 2000 mm

Carico critico

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·200000·135000/2000² = 66620 N = 66,62 kN

Risposta

Pcr = 66,62 kN
10.Instabilità delle colonne

Risposta: σcr = 1,919 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·40⁴/64 = 125664 mm⁴

Raggio d’inerzia e snellezza

A = 1257 mm²
r = √(I/A) = √(125664/1257) = 10 mm
KL = 1·6000 = 6000 mm
KL/r = 6000/10 = 600

Tensione critica

σcr = π²E/(KL/r)² = π²·70000/600² = 1,919 MPa

Risposta

σcr = 1,919 MPa
11.Vibrazioni meccaniche

Risposta: fd = 4,613 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 = √(80000/80) = 31,62 rad/s
fn = 31,62/(2π) = 5,033 Hz

Frequenza naturale smorzata

fd = fn·√(1 − ζ²) = 5,033·√(1 − 0,4²) = 4,613 Hz

Risposta

fd = 4,613 Hz
12.Vibrazioni meccaniche

Risposta: fn = 3,937 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 = 25 + 40 = 65 kN/m
keq = 65·20/(65 + 20) = 15,29 kN/m

Frequenza naturale

ωn = √(15294/25) = 24,73 rad/s
fn = 24,73/(2π) = 3,937 Hz

Risposta

fn = 3,937 Hz

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