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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
d1​ = 100 mmd2​ = 250 mm1450 rpmn2​ = ?

Una puleggia da 100 mm a 1450 giri/min aziona con una cinghia una puleggia da 250 mm con slittamento del 2 %. Trova la velocità n2 della puleggia condotta.

n1 = 1450 rpmd1 = 100 mmd2 = 250 mms = 2 %
n2 = rpm
2.Ingranaggi e rotismiDifficile
A = 25B = 30C = 15D = 48

In un rotismo composto, la ruota A (25 denti) sull’albero di ingresso, che gira a 3000 rpm, aziona la ruota B (30 denti). La ruota C (15 denti) è calettata sullo stesso albero di B e aziona la ruota D (48 denti) sull’albero di uscita. Trova la velocità di uscita nout.

nin = 3000 rpmA = 25B = 30C = 15D = 48
nout = rpm
3.Torsione degli alberiMedia
d = 20 mmT = 100 N·m250 mmφ = 3,51°

In una prova di torsione, un provino pieno di diametro 20 mm viene torto da un momento torcente di 100 N·m. Le due estremità di un tratto utile di 250 mm ruotano di 3,51° l’una rispetto all’altra (il materiale è ancora in campo elastico). Trova il modulo di elasticità tangenziale G del materiale.

T = 100 N·md = 20 mmL = 250 mmφ = 3,51°
G = GPa
4.Torsione degli alberiDifficile
Td = ?

Un albero pieno deve trasmettere 5 kW a 1000 giri/min senza che la tensione tangenziale superi 50 MPa. Trova il diametro minimo d adatto.

P = 5 kWN = 1000 rpmτallow = 50 MPa
d = mm
5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniMedia
σx​ = 70σy​ = −30MPaτxy​ = ?

Un punto ha σₓ = 70 MPa e σᵧ = −30 MPa. Quanto può diventare grande la tensione tangenziale τxy (in modulo) prima che la tensione principale massima raggiunga 120 MPa?

σx = 70 MPaσy = −30 MPaσ1 = 120 MPa
τxy = MPa
6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioniDifficile
σx​ = −30σy​ = 0τxy​ = −10MPa

In un punto di un pezzo caricato si ha σₓ = −30 MPa, σᵧ = 0 MPa e τₓᵧ = −10 MPa (trazione positiva). Trova la tensione normale σθ su un piano la cui normale è ruotata di 25° in senso antiorario rispetto all’asse x.

σx = −30 MPaσy = 0 MPaτxy = −10 MPaθ = 25°
σθ = MPa
7.Tensione e deformazione assialeMedia
Ø 10 mmOttone1 mP = 20 kN

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

P = 20 kNd = 10 mmL = 1 mE = 100 GPa
δ = mm
8.Tensione e deformazione assialeDifficile
P = ?Ø40120 GPaØ80/60300 mm

Un’asta di acciaio (diametro 40 mm, E = 200 GPa, tensione ammissibile 150 MPa) sta dentro un tubo di rame (diametro esterno 80 mm, diametro interno 60 mm, E = 120 GPa, tensione ammissibile 60 MPa). Sono compressi insieme tra piastre rigide. Trova il massimo carico Pmax.

asta: Ø40 mm, E = 200 GPa, σallow = 150 MPatubo: Ø80/Ø60 mm, E = 120 GPa, σallow = 60 MPa
Pmax = kN
9.Instabilità delle colonneMedia
PL = 2 m20 × 100 mmsezione trasversale

Una colonna di lunghezza L in acciaio è incastrata alla base e libera in cima. Usando la formula di Eulero, trova il suo carico critico Pcr.

L = 2 mE = 200 GPa (acciaio)b × h = 20 × 100 mm
Pcr = kN
10.Instabilità delle colonneDifficile
P = 110 kNL = 3 md = ?sezione trasversale

Una colonna tonda piena di lunghezza L in acciaio è incernierata a entrambi gli estremi. Deve portare 110 kN con un coefficiente di sicurezza di 3 contro l’instabilità. Trova il diametro minimo d.

P = 110 kNn = 3L = 3 mE = 200 GPa (acciaio)
d = mm
11.Vibrazioni meccanicheMedia
tx25 mm2 cicli9,1 mm

In una prova di vibrazioni libere su un sistema massa–molla smorzato, a un picco di spostamento di 25 mm segue, 2 cicli dopo, un picco di 9,1 mm. Trova il fattore di smorzamento ζ.

x0 = 25 mmx2 = 9,1 mmn = 2
ζ =
12.Vibrazioni meccanicheDifficile
k1​ = 25k2​ = 100m = 10 kg

Una massa di 10 kg è appesa a due molle affiancate (in parallelo), con rigidezze k₁ = 25 kN/m e k₂ = 100 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 = 10 kgk1 = 25 kN/mk2 = 100 kN/m
fn = Hz

3Soluzioni

1.Ingranaggi e rotismi

Risposta: n2 = 568,4 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

1450·100/250 = 580 rpm

Con slittamento

n2 = 580·0,98 = 568,4 rpm

Risposta

n2 = 568,4 rpm
2.Ingranaggi e rotismi

Risposta: nout = 781,3 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 = 3000·25/30 = 2500 rpm = nC

Secondo stadio

nout = 2500·15/48 = 781,3 rpm

Risposta

nout = 781,3 rpm

rapporto totale = 3,84 : 1

3.Torsione degli alberi

Risposta: G = 25,98 GPa

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 e angolo

J = π·20⁴/32 = 15708 mm⁴
φ = 3,51·π/180 = 0,06126 rad

Modulo di taglio

T = 100 N·m = 100000 N·mm
G = TL/(Jφ) = 100000·250/(15708·0,06126) = 25980 MPa
G = 25,98 GPa

Risposta

G = 25,98 GPa

Confronta: acciaio ≈ 80 GPa, ottone ≈ 39 GPa, alluminio ≈ 26 GPa.

4.Torsione degli alberi

Risposta: d = 16,94 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·1000/60 = 104,7 rad/s
T = P/ω = 5000/104,7 = 47,75 N·m

Diametro dalla tensione ammissibile

d = ∛(16T/(π·τallow)) = ∛(16·47746/(π·50)) = 16,94 mm

Risposta

d = 16,94 mm

In pratica arrotonderesti alla misura standard successiva.

5.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: τxy = 86,6 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 + (−30))/2 = 20 MPa
R = σ1 − C = 120 − 20 = 100 MPa
στxyCσ1​σ2​

Tensione tangenziale

τxy = √(R² − ((σₓ − σᵧ)/2)²) = √(100² − 50²) = 86,6 MPa

Risposta

τxy = 86,6 MPa
6.Cerchio di Mohr e trasformazione delle tensioni

Risposta: σθ = −32,3 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 = −15 + −15·0,6428 + −10·0,766 = −32,3 MPa

Risposta

σθ = −32,3 MPa
7.Tensione e deformazione assiale

Risposta: δ = 2,546 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 ottone = 100 GPa = 100000 MPa.

ε = σ/E = 254,6/100000 = 0,002546 = 2546 µε

Allungamento

δ = ε·L = 0,002546·1000 mm = 2,546 mm

Risposta

δ = 2,546 mm
8.Tensione e deformazione assiale

Risposta: Pmax = 257,6 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·40²/4 = 1257 mm²
At = π(80² − 60²)/4 = 2199 mm²

Rigidezza assiale combinata

ΣEA = 200·10³·1257 + 120·10³·2199 = 5,152 × 10⁸ N

Deformazione governante

ε = min(0,00075, 0,0005) = 0,0005 (rame)

Carico massimo

Pmax = 0,0005·5,152 × 10⁸ = 257611 N = 257,6 kN

Risposta

Pmax = 257,6 kN
9.Instabilità delle colonne

Risposta: Pcr = 8,225 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 = 2·2000 = 4000 mm

Carico critico

Pcr = π²EI/(KL)² = π²·200000·66667/4000² = 8225 N = 8,225 kN

Risposta

Pcr = 8,225 kN
10.Instabilità delle colonne

Risposta: d = 74,41 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 = 3·110000 = 330000 N
KL = 1·3000 = 3000 mm

Risolvi per il diametro

d = (64·n·P·(KL)²/(π³E))^(1/4) = (64·330000·3000²/(π³·200000))^(1/4) = 74,41 mm

Risposta

d = 74,41 mm

Verifica: la snellezza KL/r è 161,3, quindi la colonna è snella e vale Eulero.

11.Vibrazioni meccaniche

Risposta: ζ = 0,08016

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 = (1/2)·ln(25/9,1) = 0,5053

Fattore di smorzamento

ζ = δ/√(4π² + δ²) = 0,5053/√(39,48 + 0,2553) = 0,08016

Risposta

ζ = 0,08016
12.Vibrazioni meccaniche

Risposta: fn = 17,79 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 = 25 + 100 = 125 kN/m

Frequenza naturale

ωn = √(125000/10) = 111,8 rad/s
fn = 111,8/(2π) = 17,79 Hz

Risposta

fn = 17,79 Hz

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