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​ = 30N2​ = 32

Un motore da 4 kW che gira a 1500 rpm aziona un pignone con 30 denti, che ingrana con una ruota con 32 denti. La coppia di ruote ha un rendimento del 95 %. Trova il momento torcente T1 sull’albero del motore.

P = 4 kWn1 = 1500 rpmN1 = 30N2 = 32η = 95%
T1 = N·m
2.Ingranaggi e rotismiDifficile
A = 24B = 30C = 16D = 32

In un rotismo composto, la ruota A (24 denti) sull’albero di ingresso, che gira a 1440 rpm, aziona la ruota B (30 denti). La ruota C (16 denti) è calettata sullo stesso albero di B e aziona la ruota D (32 denti) sull’albero di uscita. Trova la velocità di uscita nout.

nin = 1440 rpmA = 24B = 30C = 16D = 32
nout = rpm
3.Torsione degli alberiMedia
T = 250 N·md = 30 mmL = 2,5 mφ = ?

Un albero pieno di alluminio 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 = 250 N·md = 30 mmL = 2,5 mG = 26 GPa
φ = °
4.Torsione degli alberiDifficile
Td = ?

Un albero pieno deve trasmettere 50 kW a 300 giri/min senza che la tensione tangenziale superi 60 MPa. Trova il diametro minimo d adatto.

P = 50 kWN = 300 rpmτallow = 60 MPa
d = mm
5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniMedia
σx​ = 0σy​ = 80τxy​ = 40MPa

In un punto di un pezzo caricato si ha σₓ = 0 MPa, σᵧ = 80 MPa e τₓᵧ = 40 MPa (trazione positiva). Trova l’angolo θp dall’asse x alla direzione della tensione principale massima, compreso tra −90° e 90°.

σx = 0 MPaσy = 80 MPaτxy = 40 MPa
θp = °
6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniDifficile
σx​ = 160σy​ = 80τxy​ = 40MPa

In un punto di un pezzo caricato si ha σₓ = 160 MPa, σᵧ = 80 MPa e τₓᵧ = 40 MPa (trazione positiva). Trova la tensione normale σθ su un piano la cui normale è ruotata di 45° in senso antiorario rispetto all’asse x.

σx = 160 MPaσy = 80 MPaτxy = 40 MPaθ = 45°
σθ = MPa
7.Tensione e deformazione assialeMedia
Ø 10 mmAlluminio0,5 mP = 15 kN

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

P = 15 kNd = 10 mmL = 0,5 mE = 70 GPa
δ = mm
8.Tensione e deformazione assialeDifficile
40 kN12600 mm400 mmØ30Ø50σ2​ = ?

Un tratto di acciaio (diametro 30 mm, lunghezza 600 mm, E = 200 GPa) e un tratto di ottone (diametro 50 mm, lunghezza 400 mm, E = 100 GPa) sono uniti testa a testa e fissati tra due pareti rigide. Un carico assiale di 40 kN agisce nella giunzione, verso il tratto 2. Trova il modulo della tensione σ2 nel tratto 2.

tratto 1: acciaio, Ø30 mm, 600 mm, E = 200 GPatratto 2: ottone, Ø50 mm, 400 mm, E = 100 GPaP = 40 kN
σ2 = MPa
9.Instabilità delle colonneMedia
PL = 3 m50 × 100 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 = 3 mE = 70 GPa (alluminio)b × h = 50 × 100 mm
Pcr = kN
10.Instabilità delle colonneDifficile
P = 130 kNL = 2,5 md = ?sezione trasversale

Una colonna tonda piena di lunghezza L in acciaio è incastrata a entrambi gli estremi. Deve portare 130 kN con un coefficiente di sicurezza di 2,5 contro l’instabilità. Trova il diametro minimo d.

P = 130 kNn = 2,5L = 2,5 mE = 200 GPa (acciaio)
d = mm
11.Vibrazioni meccanicheMedia
k = 50 kN/mc = 280 N·s/mm = 40 kg

Una massa di 40 kg è sostenuta da una molla con rigidezza di 50 kN/m e da uno smorzatore viscoso con coefficiente di smorzamento di 280 N·s/m. Trova il fattore di smorzamento ζ.

m = 40 kgk = 50 kN/mc = 280 N·s/m
ζ =
12.Vibrazioni meccanicheDifficile
k1​ = 50k2​ = 100k3​ = 10m = 20 kg

Una massa di 20 kg è appesa alla molla k₃ = 10 kN/m. L’estremità superiore di k₃ è fissata a una barra rigida appesa a due molle affiancate, k₁ = 50 kN/m e k₂ = 100 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 = 20 kgk1 = 50 kN/mk2 = 100 kN/mk3 = 10 kN/m
fn = Hz

3Soluzioni

1.Ingranaggi e rotismi

Risposta: T1 = 25,46 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

Risposta

T1 = 25,46 N·m
2.Ingranaggi e rotismi

Risposta: nout = 576 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 = 1440·24/30 = 1152 rpm = nC

Secondo stadio

nout = 1152·16/32 = 576 rpm

Risposta

nout = 576 rpm

rapporto totale = 2,5 : 1

3.Torsione degli alberi

Risposta: φ = 17,32 °

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) = 250·1000·2500/(26000·79522) = 0,3023 rad
φ = 0,3023·180/π = 17,32°

Risposta

φ = 17,32°
4.Torsione degli alberi

Risposta: d = 51,31 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·300/60 = 31,42 rad/s
T = P/ω = 50000/31,42 = 1592 N·m

Diametro dalla tensione ammissibile

d = ∛(16T/(π·τallow)) = ∛(16·1,592 × 10⁶/(π·60)) = 51,31 mm

Risposta

d = 51,31 mm

In pratica arrotonderesti alla misura standard successiva.

5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: θp = 67,5 °

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.

στxyCσ1​σ2​

Angolo sul cerchio

Sul cerchio di Mohr il punto x si trova a un angolo 2θp dall’asse σ; il quadrante dipende dai segni di σₓ − σᵧ e τₓᵧ.

2θp = atan2(2·40, 0 − 80) = 135°

Angolo sull’elemento

θp = 67,5°

Risposta

θp = 67,5°

Gli angoli positivi sono in senso antiorario.

6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: σθ = 160 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 = 120 + 40·0 + 40·1 = 160 MPa

Risposta

σθ = 160 MPa
7.Tensione e deformazione assiale

Risposta: δ = 1,364 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 = 15·1000/78,54 = 191 MPa

Deformazione (legge di Hooke)

E for alluminio = 70 GPa = 70000 MPa.

ε = σ/E = 191/70000 = 0,002728 = 2728 µε

Allungamento

δ = ε·L = 0,002728·500 mm = 1,364 mm

Risposta

δ = 1,364 mm
8.Tensione e deformazione assiale

Risposta: σ2 = 13,76 MPa

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.

Rigidezze

k₁ = 200000·706,9/600 = 235619 N/mm
k₂ = 100000·1963/400 = 490874 N/mm

Quota del tratto 2

F2 = 40000·490874/726493 = 27027 N

Tensione

σ2 = 27027/1963 = 13,76 MPa (compressione)

Risposta

σ2 = 13,76 MPa
9.Instabilità delle colonne

Risposta: Pcr = 79,96 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 = 100·50³/12 = 1,042 × 10⁶ mm⁴

Lunghezza libera d’inflessione

KL = 1·3000 = 3000 mm

Carico critico

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·70000·1,042 × 10⁶/3000² = 79962 N = 79,96 kN

Risposta

Pcr = 79,96 kN
10.Instabilità delle colonne

Risposta: d = 47,85 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 = 2,5·130000 = 325000 N
KL = 0,5·2500 = 1250 mm

Risolvi per il diametro

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·325000·1250²/(π³·200000))^(1/4) = 47,85 mm

Risposta

d = 47,85 mm

Verifica: la snellezza KL/r è 104,5, quindi la colonna è snella e vale Eulero.

11.Vibrazioni meccaniche

Risposta: ζ = 0,09899

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.

Smorzamento critico

cc = 2·√(k·m) = 2·√(50000·40) = 2828 N·s/m

Fattore di smorzamento

ζ = c/cc = 280/2828 = 0,09899

Risposta

ζ = 0,09899

ζ < 1, quindi il sistema è sottosmorzato e oscilla mentre si smorza.

12.Vibrazioni meccaniche

Risposta: fn = 3,446 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 = 50 + 100 = 150 kN/m
keq = 150·10/(150 + 10) = 9,375 kN/m

Frequenza naturale

ωn = √(9375/20) = 21,65 rad/s
fn = 21,65/(2π) = 3,446 Hz

Risposta

fn = 3,446 Hz

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