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​ = 100 mmd2​ = 400 mm1500 rpmn2​ = ?

Una puleggia da 100 mm a 1500 giri/min aziona con una cinghia una puleggia da 400 mm con slittamento del 2 %. Trova la velocità n2 della puleggia condotta.

n1 = 1500 rpmd1 = 100 mmd2 = 400 mms = 2 %
n2 = rpm
2.Ingranaggi e rotismiDifficile
A = 48B = 50C = 15D = 24

In un rotismo composto, la ruota A (48 denti) sull’albero di ingresso, che gira a 3000 rpm, aziona la ruota B (50 denti). La ruota C (15 denti) è calettata sullo stesso albero di B e aziona la ruota D (24 denti) sull’albero di uscita. Trova la velocità di uscita nout.

nin = 3000 rpmA = 48B = 50C = 15D = 24
nout = rpm
3.Torsione degli alberiMedia
do​ = ?T = 100 N·m

Un albero cavo deve sopportare un momento torcente di 100 N·m. Il suo diametro interno deve essere 0,5 volte il diametro esterno, e la tensione tangenziale non deve superare 60 MPa. Trova il diametro esterno minimo do.

T = 100 N·mdi/do = 0,5τallow = 60 MPa
do = mm
4.Torsione degli alberiDifficile
Td = ?

Un albero pieno deve trasmettere 50 kW a 1500 giri/min senza che la tensione tangenziale superi 50 MPa. Trova il diametro minimo d adatto.

P = 50 kWN = 1500 rpmτallow = 50 MPa
d = mm
5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniMedia
σx​ = 40σy​ = −60τxy​ = −40MPa

Un punto ha σₓ = 40 MPa, σᵧ = −60 MPa e τₓᵧ = −40 MPa (trazione positiva). L’elemento è ruotato di 40° in senso antiorario. Trova la tensione normale σy′ sulle facce dell’elemento ruotato perpendicolari all’asse ruotato y′.

σx = 40 MPaσy = −60 MPaτxy = −40 MPaθ = 40°
σy′ = MPa
6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniDifficile
50°D = 800 mm, t = 6 mm, p = 1,2 MPap

Un serbatoio cilindrico a parete sottile con diametro interno di 800 mm e spessore di parete di 6 mm contiene gas a una pressione relativa di 1,2 MPa. È realizzato con lamiera saldata lungo una cordatura elicoidale a 50° rispetto all’asse del cilindro. Trova la tensione normale σn che agisce attraverso la cordatura di saldatura.

D = 800 mmt = 6 mmp = 1,2 MPaα = 50°
σn = MPa
7.Tensione e deformazione assialeMedia
Ø 12 mmAcciaio3 mP = 40 kN

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

P = 40 kNd = 12 mmL = 3 mE = 200 GPa
δ = mm
8.Tensione e deformazione assialeDifficile
Ø 25 mmRame0,5 mØ 12 mmAcciaio1,5 mP = 95 kN

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

P = 95 kNtratto 1: Ø25 mm, 0,5 m, rame (E = 117 GPa)tratto 2: Ø12 mm, 1,5 m, acciaio (E = 200 GPa)
δ = mm
9.Instabilità delle colonneMedia
PL = 2,5 m20 × 100 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 = 2,5 mE = 70 GPa (alluminio)b × h = 20 × 100 mm
Pcr = kN
10.Instabilità delle colonneDifficile
P = 135 kNL = 2,5 md = ?sezione trasversale

Una colonna tonda piena di lunghezza L in acciaio è incastrata alla base e incernierata in cima. Deve portare 135 kN con un coefficiente di sicurezza di 2,5 contro l’instabilità. Trova il diametro minimo d.

P = 135 kNn = 2,5L = 2,5 mE = 200 GPa (acciaio)
d = mm
11.Vibrazioni meccanicheMedia
k = 25 kN/mc = 100 N·s/mm = 10 kg

Una massa di 10 kg è sostenuta da una molla con rigidezza di 25 kN/m e da uno smorzatore viscoso con coefficiente di smorzamento di 100 N·s/m. Trova il fattore di smorzamento ζ.

m = 10 kgk = 25 kN/mc = 100 N·s/m
ζ =
12.Vibrazioni meccanicheDifficile
k1​ = 30k2​ = 40m = 5 kg

Una massa di 5 kg è appesa a due molle affiancate (in parallelo), con rigidezze k₁ = 30 kN/m e k₂ = 40 kN/m. La massa resta orizzontale. Trascura lo smorzamento e le masse delle molle. Trova la frequenza naturale fn delle vibrazioni verticali in Hz.

m = 5 kgk1 = 30 kN/mk2 = 40 kN/m
fn = Hz

3Soluzioni

1.Ingranaggi e rotismi

Risposta: n2 = 367,5 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

1500·100/400 = 375 rpm

Con slittamento

n2 = 375·0,98 = 367,5 rpm

Risposta

n2 = 367,5 rpm
2.Ingranaggi e rotismi

Risposta: nout = 1800 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 = 3000·48/50 = 2880 rpm = nC

Secondo stadio

nout = 2880·15/24 = 1800 rpm

Risposta

nout = 1800 rpm

rapporto totale = 1,667 : 1

3.Torsione degli alberi

Risposta: do = 20,84 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 = 100 N·m = 100000 N·mm
1 − k⁴ = 1 − 0,5⁴ = 0,9375
do = ∛(16T/(π·τallow·(1 − k⁴))) = ∛(16·100000/(π·60·0,9375)) = 20,84 mm
di = 0,5·20,84 = 10,42 mm

Risposta

do = 20,84 mm

Un albero pieno richiederebbe d = 20,4 mm; quello cavo è un po’ più grande ma molto più leggero.

4.Torsione degli alberi

Risposta: d = 31,89 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·1500/60 = 157,1 rad/s
T = P/ω = 50000/157,1 = 318,3 N·m

Diametro dalla tensione ammissibile

d = ∛(16T/(π·τallow)) = ∛(16·318310/(π·50)) = 31,89 mm

Risposta

d = 31,89 mm

In pratica arrotonderesti alla misura standard successiva.

5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: σy′ = 20,71 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 per la faccia y′

σy′ = −10 − 50·0,1736 − (−40)·0,9848 = 20,71 MPa

Verifica

La somma delle tensioni normali non cambia con la rotazione.

σx′ = −40,71 MPa, σx′ + σy′ = −20 = σx + σy

Risposta

σy′ = 20,71 MPa
6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: σn = 56,53 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. Cilindro a parete sottile: tensione circonferenziale σh = pr/t e tensione assiale σa = pr/(2t); queste sono le tensioni principali nella parete.

Tensioni nella parete

r = 800/2 = 400 mm
σh = pr/t = 1,2·400/6 = 80 MPa
σa = pr/(2t) = 40 MPa

Trasforma sulla cordatura

Prendi x lungo l’asse (σa) e y in direzione circonferenziale (σh). La normale alla cordatura forma 90° − α con l’asse.

σn = 40·sin²50° + 80·cos²50° = 56,53 MPa

Risposta

σn = 56,53 MPa
7.Tensione e deformazione assiale

Risposta: δ = 5,305 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·12²/4 = 113,1 mm²
σ = P/A = 40·1000/113,1 = 353,7 MPa

Deformazione (legge di Hooke)

E for acciaio = 200 GPa = 200000 MPa.

ε = σ/E = 353,7/200000 = 0,001768 = 1768 µε

Allungamento

δ = ε·L = 0,001768·3000 mm = 5,305 mm

Risposta

δ = 5,305 mm
8.Tensione e deformazione assiale

Risposta: δ = 7,127 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·12²/4 = 113,1 mm²
σ1 = 193,5 MPa
σ2 = 840 MPa

Somma gli allungamenti dei tratti

δ1 = σ1L1/E1 = 193,5·500/117000 = 0,8271 mm
δ2 = σ2L2/E2 = 840·1500/200000 = 6,3 mm
δ = δ1 + δ2 = 7,127 mm

Risposta

δ = 7,127 mm
9.Instabilità delle colonne

Risposta: Pcr = 15,04 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 = 100·20³/12 = 66667 mm⁴

Lunghezza libera d’inflessione

KL = 0,7·2500 = 1750 mm

Carico critico

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·70000·66667/1750² = 15039 N = 15,04 kN

Risposta

Pcr = 15,04 kN
10.Instabilità delle colonne

Risposta: d = 57,15 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 = 2,5·135000 = 337500 N
KL = 0,7·2500 = 1750 mm

Risolvi per il diametro

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·337500·1750²/(π³·200000))^(1/4) = 57,15 mm

Risposta

d = 57,15 mm

Verifica: la snellezza KL/r è 122,5, quindi la colonna è snella e vale Eulero.

11.Vibrazioni meccaniche

Risposta: ζ = 0,1

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·√(25000·10) = 1000 N·s/m

Fattore di smorzamento

ζ = c/cc = 100/1000 = 0,1

Risposta

ζ = 0,1

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

12.Vibrazioni meccaniche

Risposta: fn = 18,83 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 affiancate hanno la stessa deformazione e sommano le loro forze, quindi le rigidezze si sommano semplicemente: k = k1 + k2.

keq = 30 + 40 = 70 kN/m

Frequenza naturale

ωn = √(70000/5) = 118,3 rad/s
fn = 118,3/(2π) = 18,83 Hz

Risposta

fn = 18,83 Hz

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