Esercitazioni Di Meccanica Applicata Alle Macchine

ANNO ACCADEMICO 2000/2001

Esercitazioni di

MECCANICA APPLICATA ALLE MACCHINE

di Paolo Milanesi

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine

Indice delle esercitazioni

INDICE DELLE ESERCITAZIONI INTRODUZIONE ALLE ESERCITAZIONI 1. SISTEMI DI RIFERIMENTO MECCANICI PIANI 1.1. GRADI DI LIBERTA’ DI UN PUNTO MATERIALE 1.2. GRADI DI LIBERTA’ DI UN CORPO RIGIDO 2. TIPI DI VINCOLO 3. CALCOLO DEI GRADI DI LIBERTA’ DI UN SISTEMA MECCANICO 3.1. PRIMO ESEMPIO 3.2. SECONDO ESEMPIO 3.3. TERZO ESEMPIO 3.4. QUARTO ESEMPIO 4. SOMMA DI VETTORI 5. SISTEMI DI RIFERIMENTO RELATIVI 5.1. TEOREMA DEI MOTI RELATIVI 5.2. TEOREMA DI RIVALS 6. BARICENTRO E MOMENTI D’INERZIA

Prima esercitazione: GRU A BRACCIO 1. STUDIO DEL COMPORTAMENTO CINEMATICO 1.1. CALCOLO DEI GRADI DI LIBERTÀ DEL SISTEMA 1.2. SCELTA DEL SISTEMA DI RIFERIMENTO RELATIVO 1.3. CALCOLO DELLE VELOCITÀ 1.4. CALCOLO DELLE ACCELERAZIONI 2. STUDIO DEL COMPORTAMENTO DINAMICO

Seconda esercitazione: CROCE DI MALTA

5 5 5 5 6 6 6 7 7 7 8 9 9 10 11

12 13 13 13 14 15 16

17

1. STUDIO DEL COMPORTAMENTO CINEMATICO 1.1. CALCOLO DEI GRADI DI LIBERTÀ DEL SISTEMA 1.2. SCELTA DEL SISTEMA DI RIFERIMENTO RELATIVO 1.3. CALCOLO DELLE VELOCITÀ 1.4. CALCOLO DELLE ACCELERAZIONI 2. STUDIO DEL COMPORTAMENTO DINAMICO 2.1. CALCOLO DELL’AZIONE IN P 2.2. CALCOLO DELLA COPPIA MOTRICE Mm 2.3. CALCOLO DELLE REAZIONI VINCOLARI NEL PUNTO B 2.4. CALCOLO DELLE REAZIONI VINCOLARI NEL PUNTO A

18 18 18 18 19 20 20 20 20 20

Terza esercitazione: MANOVELLISMO ORDINARIO CENTRATO

21

1. STUDIO DEL COMPORTAMENTO CINEMATICO 1.1. CALCOLO DEI GRADI DI LIBERTÀ DEL SISTEMA 1.2. SCELTA DEL SISTEMA DI RIFERIMENTO RELATIVO 1.3. CALCOLO DELLE VELOCITÀ 1.4. CALCOLO DELLE ACCELERAZIONI 2. STUDIO DEL COMPORTAMENTO DINAMICO

23 23 23 24 25 26 1

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Indice delle esercitazioni

Quarta esercitazione: DINAMICA DI UN’AUTOVETTURA

29

1. CALCOLO DELL’ACCELERAZIONE DELL’AUTOVETTURA 30 1.1. CALCOLO DELL’ENERGIA CINETICA EC E DELLA SUA DERIVATA RISPETTO AL TEMPO 30 1.2. CALCOLO DELLA POTENZA MOTRICE 30 1.3. CALCOLO DELLA POTENZA RESISTENTE E DELLA FORZA DI RESISTENZA AERODINAMICA 30 1.4. CALCOLO DELLA POTENZA PERSA 30 1.5. CALCOLO DELL’ACCELERAZIONE DELL’AUTOVETTURA MEDIANTE IL BILANCIO DI POTENZE 32 2. CALCOLO DELLE REAZIONI DEL TERRENO 33 3. VERIFICA DELL’ADERENZA DELLE RUOTE AL TERRENO 34 3.1. VERIFICA DELL’ADERENZA DELLE RUOTE ANTERIORI 34 3.2. VERIFICA DELL’ADERENZA DELLE RUOTE POSTERIORI 34

Quinta esercitazione: ASCENSORE

35

PARTE INTRODUTTIVA: Descrizione della curva caratteristica del motore asincrono

37

PRIMA PARTE: MOTO A REGIME IN SALITA: determinazione della potenza del motore

37

1. CALCOLO DELLA VELOCITÀ DI ROTAZIONE DEL MOTORE, DELLA VELOCITÀ DI ROTAZIONE DELLA PULEGGIA E DELLA VELOCITÀ DI SOLLEVAMENTO 37 1.1. CALCOLO DELLA VELOCITÀ DI ROTAZIONE DEL MOTORE 37 1.2. CALCOLO DELLA VELOCITÀ DI ROTAZIONE DELLA PULEGGIA 38 1.3. CALCOLO DELLA VELOCITÀ DI SOLLEVAMENTO 38 2. CALCOLO DELLA POTENZA RESISTENTE, DELLA POTENZA MOTRICE, DEL MOMENTO MOTORE E DELLA POTENZA DI TARGA O NOMINALE DEL MOTORE ASINCRONO A SERVIZIO INTERMITTENTE 38 2.1. CALCOLO DEL MOMENTO MOTORE 38 2.2. CALCOLO DELLA POTENZA MOTRICE 39 2.3. CALCOLO DELLA POTENZA RESISTENTE 39 2.4. CALCOLO DELLA POTENZA DI TARGA O NOMINALE 39 SECONDA PARTE: AVVIAMENTO IN DISCESA (transitorio): scelta del volano

40

1. CALCOLO DELLA COPPIA MASSIMA E DEL MOMENTO DI INERZIA DEL MOTORE 40 2. CALCOLO DEL MOMENTO D’INERZIA DEL VOLANO 40 2.1. CALCOLO DELLA POTENZA MOTRICE 40 2.2. CALCOLO DELLA POTENZA RESISTENTE 40 2.3. CALCOLO DELLA POTENZA PERSA 40 2.4. CALCOLO DELLA DERIVATA DELL’ENERGIA CINETICA RISPETTO AL TEMPO 40 2.5. CALCOLO DEL MOMENTO DI INERZIA DEL VOLANO 41

2

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Indice delle esercitazioni

Sesta esercitazione: MACCHINA A REGIME PERIODICO 1. CONVERSIONE DEI DATI DEL PROBLEMA NELLE UNITÀ DI MISURA DEL SISTEMA INTERNAZIONALE 2. CALCOLO DEI LAVORI RESISTENTE E MOTORE IN UN PERIODO 3. CALCOLO DEL MOMENTO MOTORE SUPPOSTO COSTANTE NEL PERIODO 4. CALCOLO DEL MOMENTO RESISTENTE RIDOTTO ALL’ALBERO DI MANOVELLA 5. CALCOLO DEL MOMENTO D’INERZIA DEL VOLANO

Settima esercitazione: RULLO ROTANTE RISOLUZIONE DELLA SETTIMA ESERCITAZIONE: RULLO ROTANTE

42 43 44 45 45 46

48 49

Ottava esercitazione: VIBRAZIONI TORSIONALI

51

PARTE PRELIMINARE: Conversione dei dati nelle unità di misura del S.I.

52

PARTE PRIMA: Vibrazioni libere

52

1. CALCOLO DEI MOMENTI DI REAZIONE ELASTICA 2. CALCOLO DELLE COSTANTI DI RICHIAMO ELASTICO 3. CALCOLO DELLE PULSAZIONI PROPRIE CON L’EQUILIBRIO ALLA ROTAZIONE PER CIASCUNO DEI TRE DISCHI PARTE SECONDA: Velocità critiche torsionali

52 53 53 56

1. CALCOLO DEI MODI DI VIBRARE 56 1.1. CALCOLO DEL 1° MODO DI VIBRARE 56 1.2. CALCOLO DEL 2° MODO DI VIBRARE 57 2. CALCOLO DELLE VELOCITÀ CRITICHE TORSIONALI 57 2.1. CALCOLO DELLE VELOCITÀ CRITICHE TORSIONALI NEL PRIMO MODO DI VIBRARE 57 2.2. CALCOLO DELLE VELOCITÀ CRITICHE TORSIONALI NEL SECONDO MODO DI VIBRARE 57

Nona esercitazione: CICLO OTTO 1. DESCRIZIONE E RAPPRESENTAZIONE DEL CICLO OTTO NEI PIANI p-V E T-S 1.1. CONVERSIONE DEI DATI NELLE UNITÀ DI MISURA DEL SISTEMA INTERNAZIONALE 1.2. CALCOLO DEI DATI MANCANTI DELLE VARIE FASI DEL CICLO 1.2.1. TRATTO 0 → 1 : CALCOLO DELLA MASSA DEI GAS 1.2.2. TRATTO 1 → 2 : COMPRESSIONE ADIABATICA 1.2.3. TRATTO 2 → 3 : COMBUSTIONE ISOCORA 1.2.4. TRATTO 3 → 4 : ESPANSIONE ADIABATICA 1.3. CALCOLO DELLA VARIAZIONE DI ENTROPIA NEL CICLO 1.4. RAPPRESENTAZIONE DEL CICLO NEI PIANI p-V E T-S

58 59 59 59 59 60 60 61 62 62 3

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Indice delle esercitazioni

2. CALCOLO DEL LAVORO TEORICO DEL CICLO 3. CALCOLO DELLA POTENZA TEORICA SVILUPPATA DAL MOTORE

Decima esercitazione: CICLO RANKINE 1. DEFINIZIONE DEL CICLO NEI PIANI p-V, T-S, H-S 2. CALCOLO DEL RENDIMENTO COMPLESSIVO DELLA CENTRALE 2.1. CALCOLO DEL LAVORO UTILE 2.2. CALCOLO DEL LAVORO SPESO 2.3. CALCOLO DEL CALORE ENTRANTE 2.4. CALCOLO DEL RENDIMENTO TEORICO E REALE DEL CICLO

Undicesima esercitazione: GASOMETRO 1. CALCOLO DELLA PRESSIONE DEL GAS ALL’INTERNO DELLA CAMPANA 2. CALCOLO DELLA MASSA DI GAS RACCHIUSO NELLA CAMPANA 3. CALCOLO DELLA PRESSIONE FINALE DEL GAS ALL’INTERNO DELLA CAMPANA 3.1. CALCOLO DELLA SPINTA DI ARCHIMEDE NELLA CONDIZIONE INIZIALE 1 3.2. CALCOLO DEL PESO APPARENTE NELLA CONDIZIONE INIZIALE 1 3.3. CALCOLO DEL PESO DELLA CAMPANA 3.4. CALCOLO DELLA MASSA DELLA CAMPANA 3.5. CALCOLO DELLA SPINTA DI ARCHIMEDE NELLA CONDIZIONE FINALE 2 3.6. CALCOLO DEL PESO APPARENTE NELLA CONDIZIONE FINALE 2 3.7. CALCOLO DELLA PRESSIONE DEL GAS ALL’INTERNO DELLA CAMPANA NELLA CONDIZIONE FINALE 2 3.8. CALCOLO DEL VOLUME OCCUPATO DAL GAS E DELLA TEMPERATURA NELLA CONDIZIONE FINALE 2 3.9. CALCOLO DELLA TEMPERATURA FINALE DEL GAS IPOTIZZANDO LA TRASFORMAZIONE ISOBARA 4. CALCOLO DELL’ENERGIA SCAMBIATA TRA IL SOLE E LA CAMPANA 4.1. CALCOLO DELLA VARIAZIONE DI ENTALPIA DEL GAS 4.2. CALCOLO DELLA VARIAZIONE DI ENERGIA POTENZIALE DELLA CAMPANA 4.3. CALCOLO DELLA VARIAZIONE DI ENERGIA POTENZIALE DEL GAS 4.4. CALCOLO DEL LAVORO COMPIUTO PER SPOSTARE L’ARIA 4.5. CALCOLO DELL’ENERGIA CEDUTA DAL SOLE

63 63

64 66 69 69 69 69 69

70 71 71 72 72 73 73 73 73 73 73 74 74 74 75 75 75 75 75

4

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Introduzione alle esercitazioni

INTRODUZIONE ALLE ESERCITAZIONI 1. SISTEMI DI RIFERIMENTO MECCANICI PIANI 1.1. GRADI DI LIBERTA’ DI UN PUNTO MATERIALE Il punto materiale è un elemento materiale del quale non interessano le parti componenti, i moti relativi interni, incluse le rotazioni, e le dimensioni. In un sistema di riferimento piano il punto materiale ha 2 gradi di libertà (Fig.1).

Y P(X ,Y ) P

YP

P

Figura 1 Coordinate del punto materiale P in un sistema di riferimento piano:

P = (xP , y P )

O

XP

X

1.2. GRADI DI LIBERTA’ DI UN CORPO RIGIDO Si definisce corpo rigido un corpo tale che la distanza di due suo qualsiasi punti si mantiene costante durante il moto, ha dimensioni finite e ha un suo orientamento. Il moto rigido piano è per definizione il moto di un corpo rigido i cui punti si muovono con traiettorie parallele ad uno stesso piano. Ogni moto rigido piano di un corpo è riconducibile alla somma di un moto traslatorio e di un moto rotatorio. In un sistema di riferimento meccanico piano un corpo rigido ha 3 gradi di libertà(Fig.2).

Y

Q

YQ

YP

P

Figura 2 Coordinate dell’asta PQ (corpo rigido) in un sistema di riferimento piano:

α

( x P , y P ,α ) 2

( yQ − yP )2 + (xQ − xP )2 = PQ

O

XP

XQ

X 5

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Introduzione alle esercitazioni

2. TIPI DI VINCOLO

M’ F V’ Fv’’

FV’ Fv’’ M’’

FV ’

Fv’’

M’ M’’

FO’ Fv’’

F V’ FO’’

Fv’’ FO’’

F V’

FO’

Figura 3 – Cinque tipi di vincolo (carrello, pattino, manicotto, cerniera, puro rotolamento).

3. CALCOLO DEI GRADI DI LIBERTA’ DI UN SISTEMA MECCANICO Si determinino i gradi di libertà (g.d.l.) e di vincolo (g.d.v.) dei sistemi rappresentati nelle figure 4,5,6,7 ed il moto dei vari membri dei sistemi:

3.1. PRIMO ESEMPIO A ω

O

Figura 4 Nel sistema rappresentato in figura l’asta OA ruota, l’asta AB rototrasla, il corsoio B trasla. B

Il sistema è costituito da 3 corpi rigidi (l’asta OA, l’asta AB e il corsoio B) e da 4 vincoli (3 cerniere, 1 manicotto). n° g.d.l. totali = 3 x 3 = 9 n° g.d.v. totali = 3 x 2 + 1 x 2 = 6 + 2 = 8 n° g.d.l. residui = 9 – 8 = 1 6

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Introduzione alle esercitazioni

3.2. SECONDO ESEMPIO A

Figura 5 Nel sistema rappresentato in figura l’asta OA ruota, l’asta AB rototrasla, il carrello B trasla.

ω

B

O

Il sistema è costituito da 2 corpi rigidi (l’asta OA e l’asta AB) e da 3 vincoli (2 cerniere e 1 carrello). n° g.d.l. totali = 2 x 3 = 6 n° g.d.v. totali = 2 x 2 + 1 x 1 = 4 + 1 = 5 n° g.d.l. residui = 6 – 5 = 1

3.3. TERZO ESEMPIO A ω

Figura 6 Nel sistema rappresentato in figura l’asta OA ruota, l’asta AB rototrasla, il corsoio B ruota.

B O

Il sistema è costituito da 3 corpi rigidi (l’asta OA, l’asta AB e il corsoio B) e da 4 vincoli (3 cerniere e 1 accoppiamento prismatico). n° g.d.l. totali = 3 x 3 = 9 n° g.d.v. totali = 3 x 2 + 1 x 2 = 6 + 2 = 8 n° g.d.l. residui = 9 – 8 = 1

3.4. QUARTO ESEMPIO A ω

B

Figura 7 Nel sistema rappresentato in figura l’asta OA ruota, l’asta AB rototrasla, il carrello B ruota.

O

Il sistema è costituito da 2 corpi rigidi (l’asta OA e l’asta AB) e da 3 vincoli (2 cerniere e 1 carrello). n° g.d.l. totali = 2 x 3 = 6 n° g.d.v. totali = 2 x 2 + 1 x 1 = 4 + 1 = 5 n° g.d.l. residui = 6 – 5 = 1

7

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Introduzione alle esercitazioni

4. SOMMA DI VETTORI

a

a

c=a+b

c b

b

Figura 8 – Somma di due vettori (metodo del parallelogramma )

a

b

a

c=a+b

c

b Figura 9 – Somma di due vettori (metodo dei vettori consecutivi) Attraverso la seguente tabella (Tab.1) è possibile trovare il modulo e la direzione del vettore c, noti il modulo e la direzione dei vettori a e b:

c = a + b a b Modulo ? dira dirb Direzione ?

Tabella 1

Esempio di applicazione: data la sottostante tabella (Tab.2), disegnare i vettori v1, v2, v3.

v1 = v2 + v3 ? v2 ? Modulo dirv2 dirv3 Direzione dirv1

Tabella 2

v

dirv3

3

v

v

2

1

Figura 10 Rappresentazione dei vettori v1, v2 e v3, noti v2 e le direzioni di v1 e v3.

dirv1

8

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Introduzione alle esercitazioni

5. SISTEMI DI RIFERIMENTO RELATIVI A

Y

Figura 11

ω

Data la velocità angolare ω della manovella OA, trovare la velocità vB del carrello.

B

O

X

5.1. TEOREMA DEI MOTI RELATIVI Si pone il sistema di riferimento relativo x’y’ rotante attorno ad O e solidale con l’asta OA:

Figura 12

A

Y

ω y’

ΓB(r )

x’

B

O

(a ) Γ B π

X

Traiettoria assoluta di B (Γ ΓB(a)): retta parallela al piano π. Traiettoria di trascinamento di B (Γ ΓB(t)): circonferenza con centro in O e raggio OB. Traiettoria relativa di B (Γ ΓB(r)): circonferenza con centro in A e raggio AB.

ΓB(t )

Tabella 3

vB

Modulo

?

ω OB

?

Direzione

Dπ

⊥ OB

⊥ AB

=

vB(t)

+

⊥ OB

vB(r)

vB(r )

⊥ AB

v B(a )

vB(t ) Dπ

TEOREMA DEI MOTI RELATIVI PER LE VELOCITA’

vASSOLUTA = vRELATIVA + vTRASCINAMENTO 9

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Introduzione alle esercitazioni

5.2. TEOREMA DI RIVALS Si pone il sistema di riferimento x’y’ traslante su traiettoria circolare con origine in A: y’

ΓA Y

ω

Figura 13

ΓBA

x’

A

B

O

π X

Tabella 4

vB

Modulo

?

Direzione

Dπ

=

vA

ω OA ⊥ OA

+

ΓB

Traiettoria assoluta di B (Γ ΓB): retta parallela al piano π. Traiettoria relativa di B rispetto ad A (Γ ΓBA): circonferenza con centro in A e raggio AB. Traiettoria assoluta di A (Γ ΓA): circonferenza con centro in O e raggio OA.

vBA

?( ω BA AB ) ⊥ AB

⊥ OA vA

vBA ⊥ AB

vB

Dπ

TEOREMA DI RIVALS PER LE VELOCITA’ (Si applica solo a punti che appartengono allo stesso corpo rigido)

vB = vA + vBA I teoremi dei moti relativi e di Rivals possono essere utilizzati anche per le accelerazioni, ma nel caso in cui il sistema di riferimento relativo sia rotante è necessario aggiungere l’accelerazione complementare o di Coriolis definita come:

a ( c ) = 2ω ∧ v ( r ) che risulta ruotata, rispetto alla direzione di v(r), di 90° nel verso della velocità angolare ω del riferimento mobile.

10

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Introduzione alle esercitazioni

6. BARICENTRO E MOMENTI D’INERZIA Y

Figure 14-15

Ω

Baricentro di un sistema continuo:

yG

O

M = ∫ dm = ∫ ρdV

Massa:

G

Ω

dm

X

xG

Y

 xG = xρdV ∫  Ω Coordinate del baricentro:   yG = ∫ yρdV  Ω Momenti d’inerzia di un sistema continuo: J xx = ∫ y 2 dm = ∫ y 2 ρdV J xy = ∫ yxdm = ∫ yxρdV

pn,mn

yn

Ω

J yx = ∫ xydm = ∫ xyρdV Ω

p1,m1

y1

Y

dFi

X

xn

J yx = ∑ mi xi y i

J yy = ∑ mi xi2

i =1

i =1 n

i =1

Figura 16 Forze e coppie di inerzia. Forza d’inerzia:

     Fi = ∑ dFi = ∫ − a dm = − ∫ a ρdV = − MaG

dm

G

i

Ci

Ω

Ω

Coppia d’inerzia:     Ci = − J Gω = −(J xx + J yy )ω = −ω ∫ x 2 + y 2 ρdV

Ω O

n

J xy = ∑ mi yi xi

Fi yG

Ω

J xx = ∑ mi y i2 i =1 n

x1

Ω

J yy = ∫ x dm = ∫ x 2 ρdV 2

Momenti d’inerzia di un sistema di punti: n

O

Ω

Ω

(

)

X

xG

I momenti di ordine 1 del sistema continuo distribuito coincidono con i momenti di ordine 1 dell’elemento infinitesimo dm. Equilibrio alla traslazione: Equilibrio alla rotazione:

  F ∑ k = MaG k

⇒

  ∑ M k G = J Gω ⇒ k

  F + F ∑ k i =0 ⇒ k

  ∑ M k G + Ci = 0 ⇒ k

 F ∑ h =0 h

 ∑ M hG = 0 h

11

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Prima esercitazione: Gru a braccio

Prima esercitazione: GRU A BRACCIO La gru per cantiere edilizio (riportata in fig. 17 in scala 1:100 (cioè σl = 1m/cm)) è del tipo a braccio girevole con il carrello porta-gancio mobile lungo il braccio. 1. Si richiede di studiare il comportamento cinematico del carrello, schematizzato con un punto, determinandone velocità ed accelerazione quando il braccio ruota con velocità angolare ω = 0,1 rad/s ed accelerazione angolare ω = 0,01 rad/s2 (antiorarie) ed il carrello C sta ritornando con velocità relativa vr = 0,7 m/s ed accelerazione relativa ar = 0,1 m/s2 verso l’interno. Si considerino 2 casi: • 1° caso: punto C a distanza 4 m dall’asse di rotazione (punto 0) • 2° caso: punto C a distanza 6 m dal punto O. 2. Si richiede inoltre di determinare la tensione della fune T e la coppia motrice agente Mm, sapendo che il carrello ha massa mc = 300 kg e il braccio ha massa mb = 3000 kg e momento d’inerzia baricentrico JG = 1200 kg m2 e che il baricentro G del braccio dista 1 m dall’asse di rotazione (punto O).

Figura 17 – Gru a braccio per cantiere edilizio. 12

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine

Prima esercitazione: Gru a braccio

Risoluzione della prima esercitazione: GRU A BRACCIO 1. STUDIO DEL COMPORTAMENTO CINEMATICO

ar Figura 18 Schematizzazione sottosistema braccio + carrello

G

O

vr

ω

C

1.1. Calcolo dei gradi di libertà del sistema Il sistema è costituito da 2 corpi rigidi (l’asta di baricentro G e il carrello C) e da 2 vincoli (cerniera in O e manicotto in C): n° gradi di libertà totali = 3 x 2 = 6 n° gradi di vincolo totali= 1 x 2 + 1 x 2 = 4 n° gradi di libertà residui = 6 – 4 = 2 1.2. Scelta del sistema di riferimento relativo

ΓC(t ) y’

Y

x’ G

O

X

ΓC(r ) C

Figura 19 – Sistema di riferimento relativo. Si sceglie un sistema di riferimento relativo x’y’ con origine in O rotante solidamente con il braccio mobile della gru. La traiettoria di trascinamento del carrello C è un circonferenza con centro in O e raggio OC ed è rappresentata da ΓC(t) in figura 19. La traiettoria relativa del carrello C è una retta parallela al segmento OC ed è rappresentata da ΓC(r) in figura 19. 13

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Prima esercitazione: Gru a braccio

1.3. Calcolo delle velocità

Tabella 5

 vC

Modulo

?

ω OC

vr

Direzione

?

⊥ OC

D OC

Verso

?

←

↑

 vC(t )

=

+

 vC(r )

⊥ OC

vC

vC(t )

OC

vC(r )

1° CASO: OC = 4 m Figura 20 Scala: 1 cm = 0,1 m/s

vC

(t ) C

v

vC(r ) = 0,7 [m / s]

vC(t ) = ωOC = 0,1 [rad / s] ⋅ 4 [m] = 0,4 [m / s]

α

vC(r )

vC = (vC(r ) ) 2 + (vC(t ) ) 2 = 0,7 2 + 0,42 ≅ 0,8 [m / s]

α = arctan(vC(t ) / vC(r ) ) = arctan(0,4 / 0,7) ≅ 30°

2° CASO: OC = 6 m

Figura 21 Scala: 1 cm = 0,1 m/s

vC(t )

vC(r ) = 0,7 [m / s]

vC

vC(t ) = ωOC = 0,1 [rad / s] ⋅ 6 [m] = 0,6 [m / s] vC = (vC(r ) ) 2 + (vC(t ) ) 2 = 0,7 2 + 0,6 2 ≅ 0,9 [m / s]

α

α = arctan(vC(t ) / vC(r ) ) = arctan(0,6 / 0,7) ≅ 40°

vC(r )

14

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Prima esercitazione: Gru a braccio

1.4. Calcolo delle accelerazioni

Tabella 6

aC

(r ) a Cn

=

aCt(r )

+

(t ) aCn

+

aCt(t )

+

a C(c )

+

MODULO

?

X

ar

ω 2 OC

ω OC

2ωvC( r )

DIREZIONE

?

X

DOC

DOC

⊥ OC

⊥ OC

VERSO

?

X

←

←

↑

↓

1° CASO: OC = 4 m Figura 22 Scala: 1 cm = 0,04 m/s2

(t ) aCn

aCt(r )

DOC

[

aCt( r ) = 0,1 m / s 2

(t ) Ct

a

a

(c ) C

aC

] [

aCt(t ) = ω OC = 0,01⋅ 4 = 0,04 m / s 2

α

(a

(r) Ct

(t ) + aCn (r) Ct

(t ) 2 Ct

(c ) C

(c ) C

2

2

2

(t ) Ct

Figura 23 Scala: 1 cm = 0,04 m/s2 (t ) Cn

a

[

aCt( r ) = 0,1 m / s 2 DOC

aCt(t )

aC(c )

⊥ OC

2

(t ) Cn

2° CASO: OC = 6 m

aC

]

) + (a − a = 0,14 + 0,1 ≅ 0,17 [m / s ] α = arctan[(a + a ) /(a − a )] = arctan(0,14 / 0,1) ≅ 55°

⊥ OC

a

[ )

]

]

aC(c) = 2ωvC( r ) = 2 ⋅ 0,1⋅ 0,7 = 0,14 m / s 2

⊥ OC

aC =

(r ) Ct

[

(t ) aCn = ω 2 OC = 0,12 ⋅ 4 = 0,04 m / s 2

α ⊥ OC

]

[

(t ) = ω 2 OC = 0,12 ⋅ 6 = 0,06 m / s 2 aCn

[

aCt( t ) = ω OC = 0,01 ⋅ 6 = 0,06 m / s 2

]

]

[ ] a = (a + a ) + (a − a ) = = 0,16 + 0,08 ≅ 0,18 [m / s ] α = arctan [(a + a )/ (a − a )] = aC( c ) = 2ωvC( r ) = 2 ⋅ 0,1 ⋅ 0,7 = 0,14 m / s 2 C

(t ) 2 Cn

(r ) Ct

2

(c) C

(t ) 2 Ct

2

(r ) Ct

(t ) Cn

2

(c) C

= arctan (0,16 / 0,08) ≅ 63°

(t ) Ct

15

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine

Prima esercitazione: Gru a braccio

2. STUDIO DEL COMPORTAMENTO DINAMICO Y

+

Figura 24 Forze e momenti d’inerzia del sistema.

M (?) m

X

FitG

FitC

FicG

Dati: mc = 300 [kg ]

T(?)

O G

C

mb = 3000 [kg ]

FicC

[

J G = 1200 kg m 2

Jω

OG = 1 [m]

G

]

1° CASO: OC = 4 m Calcolo della tensione della fune T, mediante l’equilibrio alla traslazione del sottosistema costituito dal solo carrello:

∑F

* x

(

[

)

]

(t ) = FicC − T = 0 ⇒ T = FicC = mc aCt( r ) + aCn = 300⋅ (0,1 + 0,04) kg ⋅ m / s 2 = 42 [N ]

Calcolo della coppia motrice agente Mm, mediante l’equilibrio alla rotazione del sistema:

∑M

* (O)

= M m − J Gω − FitG OG + FitC OC = 0 ⇒ M m = J Gω + FitG OG − FitC OC

(

2

)

⇒ M m = J Gω + FitG OG − FitC OC = J Gω + mbω OG − mc aC(c) − aCt(t ) OC

[

]

⇒ M m = 1200⋅ 0,01+ 3000⋅ 0,01⋅12 − 300⋅ (0,14 − 0,04) ⋅ 4 kg ⋅ m2 / s 2 = −78 [N ⋅ m] 2° CASO: OC = 6 m Calcolo della tensione della fune T, mediante l’equilibrio alla traslazione del sottosistema costituito dal solo carrello:

∑F

* x

(

[

)

]

(t ) = FicC − T = 0 ⇒ T = FicC = mc aCt( r ) + aCn = 300⋅ (0,1 + 0,06) kg ⋅ m / s 2 = 48 [N ]

Calcolo della coppia motrice agente Mm, mediante l’equilibrio alla rotazione del sistema:

∑M

* ( O)

= M m − J Gω − FitG OG + FitC OC = 0 ⇒ M m = J Gω + FitG OG − FitC OC

(

2

)

⇒ M m = J Gω + FitG OG − FitC OC = J Gω + mbω OG − mc aC(c) − aCt(t ) OC

[

]

⇒ M m = 1200⋅ 0,01+ 3000⋅ 0,01⋅12 − 300⋅ (0,14 − 0,06) ⋅ 6 kg ⋅ m2 / s 2 = −102 [N ⋅ m] 16

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine

Seconda esercitazione: Croce di Malta

Seconda esercitazione: CROCE DI MALTA In figura 25 è rappresentato un meccanismo che permette di trasformare un moto rotatorio a velocità angolare costante in un moto rotatorio intermittente. La scala del disegno è: σl = 1 cm/cm. Esso è costituito da due membri: 1) la ruota 1, di centro A, che porta il piolo P; 2) la ruota 2, di centro B, che presenta delle scanalature entro cui si impegna il piolo P, detta “croce di Malta”. 1. Si richiede di determinare, nella posizione indicata in figura 25, la velocità angolare ω B e l’accelerazione angolare ω B della croce, quando la ruota 1 gira a velocità costante ω = 100 rad/s. 2. Sapendo inoltre che il momento d’inerzia della croce intorno al proprio asse è JB = 1,96 x 10-4 kg m2, calcolare il valore della coppia motrice Mm agente sulla ruota 1, trascurando gli attriti dei diversi accoppiamenti. Dati: AB = 0,039 [m] ω = 100 [rad / s ]

[

J B = 1,96 ∗ 10 − 4 kg ⋅ m 2

]

AP = 0,028 [m] ω = 0

PB = 0,019 [m]

ϑ = BAˆ P = 27°

attrito nullo in P

Incognite: • ωB • ω B • Mm, OA, OB, azione in P

Figura 25 – Croce di malta. 17

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine

Seconda esercitazione: Croce di Malta

Risoluzione della seconda esercitazione: CROCE DI MALTA 1. STUDIO DEL COMPORTAMENTO CINEMATICO 1.1.

Calcolo dei gradi di libertà del sistema

Il sistema è costituito da 2 corpi rigidi (la ruota e la croce di Malta) e da 3 vincoli (2 cerniere e 1 accoppiamento prismatico): n° gradi di libertà totali = 3 x 2 = 6 n° gradi di vincolo totali = 2 x 2 + 1 x 1 = 5 n° gradi di libertà residui = 6 – 5 = 1 1.2.

Scelta del sistema di riferimento relativo ΓP(t )

y’

Mm

ΓP(a )

x’

ΓP(r )

Figura 26 Scelta del sistema di riferimento relativo.

θ

Y

X Si sceglie un sistema di riferimento relativo x’y’ con origine in B rotante solidale alla guida mobile (croce di Malta). La traiettoria assoluta del piolo P è un circonferenza con centro in A e raggio AP ed è rappresentata da ΓP(a) in figura 26. La traiettoria relativa del piolo P è una retta passante per BP ed è rappresentata da ΓP(r) in figura 26. La traiettoria di trascinamento del piolo P è una circonferenza con centro in B e raggio BP ed è rappresentata da ΓP(t) in figura 26. 1.3.

Calcolo delle velocità

Tabella 7

 vP

 = vP(r ) +

 vP(t )

⊥ BP

Modulo

ω AP

?

?( ω B BP )

vP

D BP

⊥ BP

?

?

Direzione ⊥ AP Verso

vP(t )

DBP

v P(r )

⊥ AP Figura 27 – Diagramma delle velocità (scala: 1 cm = 1 m/s)

v P = ω AP = 100 [rad / s ] ⋅ 0,028 [m] = 2,8 [m / s ]

v P( r ) = 2,6 [m / s ]

v P( t ) = 1,1 [m / s ] ⇒ ω B = v P( t ) / BP = 1,1 / 0,019 [rad / s ] ≅ 58 [rad / s ] oraria 18

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine

1.4.

Seconda esercitazione: Croce di Malta

Calcolo delle accelerazioni

Tabella 8

a Pn

+

a Pt

(r ) a Pn

=

+

a Pt(r )

+

(t ) a Pn

a Pt(t )

+

+

a P(c )

MODULO

ω 2 AP

x

x

?

ω B2 BP

?( ω B BP )

2ω B v P( r )

DIREZIONE

DAP

x

x

DBP

DBP

⊥ BP

⊥ BP

x

x

?

VERSO

?

⊥ BP

(r ) a Pt

DBP

aPt(t )

aP(c ) DBP (t ) a Pn

a Pn ⊥ BP DAP

Figura 28 – Diagramma delle accelerazioni (scala: 1 cm = 40 m/s2)

[

]

[

a Pn = ω 2 AP = 100 2 rad 2 / s 2 ⋅ 0,028 [m] = 280 m / s 2

[

]

[

(t ) a Pn = ω B2 BP = 58 2 rad 2 / s 2 ⋅ 0,019 [m] = 64 m / s 2

[

]

a P( c ) = 2ω B v P( r ) = 2 ⋅ 58 [rad / s ] ⋅ 2,6 [m / s ] ≅ 300 m / s 2

[ ] ≅ 556 [m / s ]

]

]

a Pt( r ) ≅ 170 m / s 2 a Pt( t )

2

ω B = a Pt(t ) / BP = 552 / 0,019 [rad / s 2 ] ≅ 29000 [rad / s 2 ] oraria

19

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine

Seconda esercitazione: Croce di Malta

2. STUDIO DEL COMPORTAMENTO DINAMICO M

m

+

N α = 49° O

BY

P

Jω B

P

B

O

AY

b = 1cm

N B

O A

O

AX

BX

CROCE

RUOTA 1

Figura 29 – Sottosistemi croce e ruota 1 2.1.

Calcolo dell’azione in P

Il verso dell’azione normale dipende dalle forze di attrito (per azioni di vincoli perfetti prima si ipotizza e poi si verifica). Calcolo dell’azione in P mediante l’equilibrio alla rotazione del sottosistema croce:

∑M

* (B)

2.2.

=0 ⇒

J B ω B − N BP = 0 ⇒

N = J B ω B / BP = 1,96 ∗ 10 −4 ⋅ 29000 / 0,019 [N ] ≅ 300 [N ]

Calcolo della coppia motrice Mm

Calcolo della coppia motrice Mm mediante l’equilibrio alla rotazione del sottosistema ruota 1:

∑M

* ( A)

2.3.

= 0 ⇒ M m − Nb = 0 ⇒ M m = Nb = 300 ⋅ 0,01 [N ⋅ m] = 3 [N ⋅ m]

Calcolo delle reazioni vincolari nel punto B

Calcolo delle reazioni vincolare nel punto B mediante l’equilibrio alla traslazione del sottosistema croce:

∑F ∑F

* X

* Y

2.4.

= 0 ⇒ OBx + N x = 0 ⇒ OBx = − N x = − N cos α = −300 ⋅ cos 49° [N ] ≅ −197 [N ]

= 0 ⇒ OBy − N y = 0 ⇒ OBy = N y = N sin α = 300 ⋅ sin 49° [N ] ≅ 226 [N ] Calcolo delle reazioni vincolari nel punto A

Calcolo delle reazioni vincolare nel punto A mediante l’equilibrio alla traslazione del sottosistema ruota 1:

∑F ∑F

* X

* Y

= 0 ⇒ O Ax − N x = 0 ⇒ O Ax = N x ≅ 197 [N ]

= 0 ⇒ O Ay + N y = 0 ⇒ O Ay = − N y ≅ −226 [N ]

20

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine

Terza esercitazione: Manovellismo ordinario centrato

Terza esercitazione: MANOVELLISMO ORDINARIO CENTRATO Del manovellismo schematicamente indicato in figura 30 si hanno i seguenti dati: corsa lunghezza della biella velocità angolare della manovella massa dello stantuffo massa della biella massa della manovella distanza del baricentro della manovella dall’asse di rotazione O distanza del baricentro della biella dal bottone di manovella A raggio giratorio della biella diametro del pistone distanza fra i supporti

c = 2OA = 0,065 [m] ⇒ OA = c / 2 = 0,0325 [m]

l = AB = 0,107 [m] ω = 410 [rad / s ] m s = 0,2 [kg ]

mb = 0,5 [kg ] mm = 1 [kg ]

a = G1O = 0,008 [m] b = G2 A = 0,035 [m]

ρ = 0,025 [m] D = 0,06 [m]

d = EF = 0,18 [m]

Si consideri il manovellismo nell’istante in cui la manovella, movendosi con velocità angolare ω costante, è ruotata di α = 55° a partire dalla posizione di punto morto esterno. La pressione dei gas contenuti nel cilindro vale p = 750 000 [Pa]. Si richiede di determinare: • il sistema equivalente delle forze di inerzia (forza di inerzia e coppia di inerzia) agenti sullo stantuffo, sulla biella e sulla manovella; • la coppia agente sulla manovella Mr;  • la forza laterale che lo stantuffo esercita sul cilindro S ;   • le forze trasmesse dalla biella alla manovella R x , R y ;   • le forze agenti sul perno di banco Tx , T y ;    • le reazioni vincolari dei supporti V1 ,V2 ,V3 . Nota: per risolvere il problema di dinamica, occorre prima risolvere la cinematica, ossia determinare:  • velocità v B del pistone; • velocità angolare ω B della biella;  • velocità vG 2 del baricentro della biella;  • accelerazione a B del pistone; • accelerazione angolare ω B della biella;  • accelerazione aG 2 del baricentro della biella;  • accelerazione aG1 del baricentro della manovella.

21

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine

Terza esercitazione: Manovellismo ordinario centrato

Figura 30 – Manovellismo ordinario centrato

22

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine

Terza esercitazione: Manovellismo ordinario centrato

Risoluzione della terza esercitazione: MANOVELLISMO ORDINARIO CENTRATO 1. STUDIO DEL COMPORTAMENTO CINEMATICO 1.1. Calcolo dei gradi di libertà del sistema B

Figura 31 (Scala: 1 : 2 cm) Il sistema è costituito da 2 corpi rigidi (manovella OA, biella AB) e da 3 vincoli (2 cerniere e 1 carrello). Il moto della manovella OA è traslatorio, mentre il moto della biella AB è rototraslatorio. G2

n° gradi di libertà totali = 3 x 2 = 6 n° gradi di vincolo totali = 2 x 2 + 1 x 1 = 5 n° gradi di libertà residui = 6 – 5 = 1

A

α

ω

O G1

1.2. Scelta del sistema di riferimento relativo ΓB

π

B

ΓBA

Figura 32 Si sceglie un sistema di riferimento relativo x’y’ con origine in A traslante su traiettoria circolare per applicare il teorema di Rivals. ΓG2 A

G2 y’

Y

x’

A

ΓG1

O

ΓA

G1

La traiettoria di A (Γ ΓA) è una circonferenza di centro O e raggio OA. La traiettoria di B (Γ ΓB) è una retta per OB parallela al piano π. La traiettoria di G1 (Γ ΓG1) è una circonferenza di centro O e raggio OG1. La traiettoria di B rispetto ad A (Γ ΓΒΑ) è una circonferenza di centro A e raggio AB. La traiettoria di G2 rispetto ad A (Γ ΓG2A) è una circonferenza di centro A e raggio G2A.

X

23

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine

Terza esercitazione: Manovellismo ordinario centrato

1.3. Calcolo delle velocità

Tabella 9

 vB

 vA

Modulo

?

ω OA

?( ω B AB )

Direzione

D OB

⊥ OA

⊥ AB

=

+

 vBA

DOB

vA vB ⊥ AB

?

Verso

?

DOB

vBA

⊥ OA

Figura 33 Scala: 1 cm = 2 m/s Teorema di Rivals:

   vB = v A + vBA

v A = ω OA = 410 [rad / s ] ⋅ 0,0325 [m] = 13,325 [m / s ]

vA

v B ≅ 12,88 [m / s ]

vB

v BA ≅ 7,9 [m / s ]

⊥ AB

 vG2

Direzione

? ?

Verso

?

Modulo

La velocità angolare ωB è antioraria.

⊥ OA

vBA

Tabella 10

ω B = v BA / AB = 7,9 [m / s ] / 0,107 [m] ≅ 73,83 [rad / s ]

 vA

=

ω OA ⊥ OA

+

 vG2 A

ω B AG2 ⊥ AG2

vA vG2 ⊥ AG2

vG2 A

⊥ OA

Figura 34 Scala: 1 cm = 2 m/s Teorema di Rivals:

vG2

vA

   vG2 = v A + vG2 A

v A = ω OA = 410 [rad / s ] ⋅ 0,0325 [m] = 13,325 [m / s ]

⊥ AG2

vG2 A

vG2 A = ω B AG2 = 73,83 [rad / s ] ⋅ 0,035 [m] ≅ 2,58 [m / s ] vG2 ≅ 12,625 [m / s ]

⊥ OA

24

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine

Terza esercitazione: Manovellismo ordinario centrato

1.4. Calcolo delle accelerazioni Tabella 11

 a Bn

 a Bt

MODULO

x

?

ω 2 OA

x

ω B2 AB

?( ω B AB )

DIREZIONE

x

DOB

DOA

x

DAB

⊥ AB

VERSO

x

?

+

=

 a An

 a At

+

 a BAt

+

x

?

a BAn

aBAt

DOB

 a BAn

+

DAB ⊥ AB

Figura 35 Scala: 1 cm = 500 m/s    Teorema di Rivals: a B = a A + a BA

a An

a Bt

[

]

[ ] ] = 583,24 [m / s ]

a An = ω 2 OA = 410 2 ⋅ 0,0325 m / s 2 = 5463,25 m / s 2

[

a BAn = ω AB = 73,83 ⋅ 0,107 m / s 2 B

2

[

a Bt ≅ 2575 m / s 2

[

a BAt ≅ 4450 m / s

]

2

2

2

]

ω B = a BAt / AB = 4450 [m / s 2 ] / 0,107 [m] ≅ 41590 [rad / s 2 ]

DOA

L’accelerazione angolare ω B è oraria.

Tabella 12

 a G2

MODULO

?

ω 2 OA

x

ω B2 G2 A

ω B G2 A

DIREZIONE

?

DOA

x

DG2A

⊥ G2 A

VERSO

?

 a An

=

 a At

+

 a G2 An

+

 a G2 At

+

x aG2 At

aG2 An

⊥ G2 A

DG2A Figura 36 Scala: 1 cm = 500 m/s    Teorema di Rivals: a G2 = a A + a G2 A

aG2 a An

[

]

[

a An = ω 2 OA = 410 2 ⋅ 0,0325 m / s 2 = 5463,25 m / s 2

aG1 DOA

DOA

a G2 At a G2 a G1

]

[ ] = 190,78 [m / s ] = ω G A = 41590 ⋅ 0,035 [m / s ] = 1455,65 [m / s ] ≅ 4187,5 [m / s ] = a = ω OG = 410 ⋅ 0,008 [m / s ] = 1344,8 [m / s ]

a G2 An = ω G2 A = 73,83 ⋅ 0,035 m / s 2 B

2

2

2

2

B

2

2

2

2

G1n

2

2

2

1

25

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine

Terza esercitazione: Manovellismo ordinario centrato

2. STUDIO DEL COMPORTAMENTO DINAMICO STANTUFFO B

BIELLA AB

MANOVELLA OA

{

{

{

  Fim = − mm aG1  M im = 0 (ω = 0 )

  Fib = − mb aG2    M ib = − J bω B = − mb ρ 2ω B

  Fis = − m s a B  M is =0

{

Fis = ms aB =0, 2⋅2575 [ N ]=515 [ N ] M is =0

{

Fib = mb aG2 =0,5⋅4187,5 [ N ]= 2093, 75 [ N ]

M ib =mb ρ ω B =0,5⋅0, 025 ⋅41590 [ Nm]=13 [ Nm] 2

2

{

Fim =mmaG1 =1⋅1344,8 [ N ]=1344,8 [ N ] Mim =0

1° sottosistema: STANTUFFO + BIELLA

Fis Fg

b3

B

S (?)

Figura 37 (Scala 1:1 cm)

+

Ps

Nota la geometria del sistema e gli angoli α = 75° e β = 45° si possono calcolare le incognite    S , R x , R y mediante le tre equazioni di equilibrio dinamico del sottosistema stantuffo + biella: M ib

1)

b2 Fib

G2

2)

β

b1

Pb

b5

b4

* x

⇒

=0

Rx + Fibx + S = 0

∑F

=0

∑M

=0

* y

⇒ R y + Fiby + Fis − Fg − Ps − Pb = 0 * ( A)

3) ⇒ (Fg + Ps − Fis )b3 − Sb2 − Fibb1 + Pbb4 + Mib =

= (Fg + Ps − Fis)b3 − Sb2 − Fibxb5 − Fibyb4 + Pbb4 + Mib = 0

γ Rx (?)

∑F

A Ry (?)

26

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine

Terza esercitazione: Manovellismo ordinario centrato

   Calcolo delle incognite S , R x , R y mediante la risoluzione del sistema:

R x = − S − F ibx = − S − F ib cos β = 57 , 089 − 2093 , 75 ⋅ cos 45 ° [N ] = − 1423 , 416 [N ]

D2 π − Fib sin β − Fis = 4 = 0,2 ⋅ 9,81 + 0,5 ⋅ 9,81 + 750000 ⋅ ( 0,06 / 2 ) 2 ⋅ π − 2093 ,75 ⋅ sin 45 ° − 515 [N ] = 131,937 [N ]

R y = Ps + Pb + F g − Fiby − Fis = m s g + m b g + p

S = (( Fg + Ps − Fis )b3 + ( Pb − Fiby )b4 + M ib − Fibx b5 ) ) / b2 =  D2  =  ( p π + ms g − Fis ) AB cos γ + (mb g − Fib sin β )G2 A cos γ + M ib − Fib cos β G2 A sin γ  / AB sin γ = 4   2 = ((750000⋅ (0,06 / 2) ⋅ π + 0,2 ⋅ 9,81 − 515) ⋅ 0,107 ⋅ cos 75° + (0,5 ⋅ 9,81 − 2093,75 ⋅ sin 45°) ⋅ 0,035 ⋅ cos 75° + + 13 − 2093,75 ⋅ cos 45° ⋅ 0,035 ⋅ sin 75°) /(0,107 ⋅ sin 75°) [N ] = −57,089 [N ]

2° sottosistema: MANOVELLA Figura 38 (Scala: 1:1 cm)

Ry

+

b8

A Rx α

Tx (?) O G1 Ty (?) Fim Pm b7

M R (?)

e l’angolo α=55° si possono calcolare b6 Nota la geometria    le incognite M R , Tx , T y mediante le tre equazioni di equilibrio dinamico del sottosistema manovella: 1) 2) 3)

∑F ∑F ∑M

* x

= 0 ⇒ Tx − R x − Fimx = 0

* y

= 0 ⇒ T y − R y − Fimy − Pm = 0

* (O )

= 0 ⇒ M R + R x b6 − R y b7 + Pm b8 = 0

   Calcolo delle incognite M R , Tx , T y mediante la risoluzione del sistema:

Tx = R x + Fimx = R x + Fim sin α = −1423,416 + 1344,8 ⋅ sin 55° [N ] = −321,82 [N ] T y = R y + Fimy + Pm = R y + Fim cos α + m m g = 131,937 + 1344,8 ⋅ cos 55° + 1 ⋅ 9,81 [N ] = 913,093 [N ]

M R = R y b7 − R x b6 − Pm b8 = R y OA sin α − R x OA cos α − mm g G1O sin α =

= 131,937 ⋅ 0,0325 ⋅ sin 55° + 1423,416 ⋅ 0,0325 ⋅ cos 55° − 1 ⋅ 9,81 ⋅ 0,008 ⋅ sin 55° [Nm] = 29,98 [Nm]

27

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine

Terza esercitazione: Manovellismo ordinario centrato

3° sottosistema: CILINDRO Fg S

+

B

b11 G2

A

Ty V1

E

F

O Tx

G1

V2

V3

b9 b10

Figura 39 – Sottosistema cilindro in scala 1:2 cm    Calcolo delle incognite V1 ,V2 ,V3 mediante le equazioni di equilibrio dinamico: 1)

∑F

2)

∑F

3)

∑M

* x

* y

= 0 ⇒ V1 − Tx − S = 0 = 0 ⇒ V2 + V3 + Fg − T y = 0

* (E )

= 0 ⇒ ( Fg − T y )b9 + Sb11 + V3b10 = ( Fg − T y )(b10 / 2) + S (b2 + b6 ) + V3b10 = 0

V1 = Tx + S = −321,82 − 57,089 [N ] = −378,909 [N ]

D2 V2 = T y − Fg − V3 = T y − p π − V3 = 913,093 − 750000 ⋅ (0,06 / 2) 2 π + 565,049 [N ] = −642,433 [N ] 4 D2 π )( EF / 2) − S ( AB sin γ + OA cos α )) / b10 = 4 = ((913,093 − 750000⋅ (0,06 / 2) 2 π ) ⋅ (0,18 / 2) + 57,089 ⋅ (0,107 ⋅ sin 75° + 0,0325⋅ cos 55°)) / 0,18 [N ] = −565,049 [N ]

V3 = ((T y − Fg )(b10 / 2) − S (b2 + b6 ) = (T y − p

28

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine

Quarta esercitazione: Dinamica di un’autovettura

Quarta esercitazione: DINAMICA DI UN’AUTOVETTURA Dell’autovettura schematizzata in figura 42 sono noti i seguenti dati: massa autoveicolo + carico trasportato passo distanza baricentro dall’asse anteriore altezza baricentro da terra raggio ruote superficie frontale (area sezione maestra) coefficiente di resistenza aerodinamica rapporto al ponte

M = 1240 [kg ] p = 2,4 [m] l = 1,35 [m] h = 0,6 [m] r = 0,28 [m] S = 1,7 m 2 c R = 0,41 τ p = 9 / 41

rapporto di trasmissione in terza marcia rendimento al ponte

τ III = 1 / 1,6 η p = 0,95

rendimento in terza marcia coppia motrice velocità rotazione del motore velocità del vento

η III = 0,94 C m = 120 [Nm ] ω m = 3000 [giri / min ] ≅ 314 [rad / s ] vvento = 5 [m / s ]

[ ]

coefficiente di attrito volvente

ρ aria = 1,2 [kg / m 3 ] f v = 0,013

momento di inerzia di ciascuna ruota momento di inerzia del motore

J r = 1 kg m 2 J m = 0,1 kg m 2

densità dell’aria

[

[

]

]

Si richiede: 1. nel caso in cui l’autovettura viaggi in piano determinare la sua accelerazione quando il motore fornisce la coppia massima Cm con cambio di velocità in terza marcia; 2. determinare le reazioni del terreno NA, TA, NP, TP; 3. verificare l’aderenza delle ruote, utilizzando i valori di riferimento del coefficiente di attrito statico fa forniti in tabella: Tabella 13 fondo stradale liscio fondo stradale rugoso

asciutto non polveroso

molto bagnato

fangoso

oleoso ghiacciato

0,60 ÷ 0,70

0,50 ÷ 0,55

0,30 ÷ 0,35

0,15 ÷ 0,20

0,75 ÷ 0,85

0,60 ÷ 0,65

0,35 ÷ 0,40

0,20 ÷ 0,25

29

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine

Quarta esercitazione: Dinamica di un’autovettura

Risoluzione della quarta esercitazione: DINAMICA DI UN’AUTOVETTURA 1. CALCOLO DELL’ACCELERAZIONE DELL’AUTOVETTURA I moti dei vari membri del sistema sono: • autovettura: moto traslatorio • ruote: moto rototraslatorio (l’effetto della traslazione è trascurabile) • motore: moto rotatorio L’accelerazione si può calcolare mediante il bilancio di potenze:

∑W = Wm + Wp + Wr = 1.1.

dEC dt

Calcolo dell’energia cinetica EC e della sua derivata rispetto al tempo EC =

   1   1   1 1 1  1 M v × v + 4 J r ω r × ω r  + J m ω m × ω m = Mv 2 + 4 J r ω r2  + J mω m2 2 2 2  2 2  2

  dE C     = M a × v + 4 J r ω r × ω r + J m ω m × ω m = Mav + 4 J r ω r ω r + J mω mω m dt

Tutte le velocità e accelerazioni hanno la stessa direzione e lo stesso verso. 1.2.

Calcolo della potenza motrice

  Wm = C m × ω m = C mω m 1.3.

Calcolo della potenza resistente e della forza di resistenza aerodinamica

  W = F Potenza resistente: r aer × v = − Faer v Forza aerodinamica: 1.4.

Faer =

  1 2 ρ aria v − vvento S cR 2

Calcolo della potenza persa

W p = W pcambio + W p ponte + W pattrito In un autovettura la potenza persa è somma di tre fattori: •

W pattrito

= potenza dissipata dalle forze di attrito volvente

•

W pcambio

= potenza dissipata attraverso il cambio

•

W p ponte

= potenza dissipata attraverso il ponte

30

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine

•

Quarta esercitazione: Dinamica di un’autovettura

Calcolo della potenza dissipata dalle forze di attrito volvente Figura 40 ωr

r

Lo spostamento della retta d’azione rispetto al centro della ruota determina una coppia resistente di modulo pari a:

C r = Nu T

Il coefficiente di attrito volvente risulta definito come:

fv = N

u r

u

W pattrito = −2(N A uω r + N P uω r ) = −2( N A + N P )uω r = −2( N A + N P ) f v rω r Per semplificare l’espressione precedente si può eseguire l’equilibrio alla traslazione verticale del sistema autovettura:

∑F

V

= 0 ⇒ 2( N A + N P ) − Mg = 0 ⇒ 2( N A + N P ) = Mg

W pattrito = − Mgf v rω r

sostituendo si ottiene:

•

Calcolo della potenza dissipata attraverso il cambio

W pcambio W pponte

ηp

Wecambio

Wucambio

VOLANO Jm

We ponte

η III

Cm

ωm

Figura 41 – Potenze entranti e uscenti dalle varie componenti della macchina Sapendo che:

Wucambio = η III Wecambio

inoltre:

W pcambio = Wecambio − Wucambio = −(1 − η III )Wecambio




Wecambio = C m × ω m + C iV × ω m = C mω m − J mωC mω m

quindi si ottiene:

W pcambio = −(1 − η III )(C mω m − J mωC mω m )

risulta:

31

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine

•

Quarta esercitazione: Dinamica di un’autovettura

Calcolo della potenza dissipata attraverso il ponte We ponte = Wucambio

sapendo che:

W pponte = −(1 − η p )We ponte = −(1 − η p )Wucambio

risulta: inoltre:

Wucambio = η III Wecambio = η III (C mω m − J mωC mω m )

quindi si ottiene:

W pponte = −(1 − η p )η III (C mω m − J mωC mω m )

1.5.

Calcolo dell’accelerazione dell’autovettura mediante il bilancio di potenze dE C si ottiene: dt C mω m − Faer v − Mgω r rf v − (1 − η III )(C mω m − J mω mω m ) − (1 − η p )η III (C mω m − J mω mω m ) =

Sostituendo nel bilancio di potenze i valori Wm , Wr , W p ,

= Mav + 4 J r ω r ω r + J mω mω m ⇒ η pη III (C mω m − J mω mω m ) − Faer v − Mgω r rf v − Mav − 4 J r ω r ω r = 0

•

v = ωr r

•

•

a = ω r r

•

ωr = τ pτ III ωm ω r = τ pτ III ω m

2 2 2 2 2 ⇒ η pηIII (Cmω m − J mω mω m ) − Faerτ IIIτ pω m r − Mgτ IIIτ pω m rfv − Mτ III τ p r ω mω m − 4J rτ III τ pω mω m = 0

Calcolo la forza di resistenza aerodinamica sostituendo i valori numerici: Faer =

2 1 1 2 ρ aria v − vvento Sc R = ρ aria τ III τ pω m r − vvento Sc R 2 2

2

Faer =

1 1 9 2π ⋅ 1,2 ⋅ ⋅ ⋅ 3000 ⋅ ⋅ 0,28 − (−5) ⋅ 1,7 ⋅ 0,41 [N ] = 121,833 [N ] 2 1,6 41 60

Calcolo l’accelerazione angolare del motore sostituendo i valori numerici:

ω m =

η pη III C m − Faerτ III τ p r − Mgf vτ III τ p r 2 Mτ III τ p2 r 2 + 4 J rτ III2 τ p2 + η pη III J m

=

1 9 1 9 ⋅ ⋅ 0,28 − 1240 ⋅ 9,81 ⋅ 0,013 ⋅ ⋅ ⋅ 0,28 1,6 41 1,6 41  rad   rad  2 2  s 2  = 48,337  s 2  2 2  1  9  1  9 1240 ⋅   ⋅   ⋅ 0,28 2 + 4 ⋅ 1 ⋅   ⋅   + 0,95 ⋅ 0,94 ⋅ 0,1  1,6   41   1,6   41 

0,95 ⋅ 0,94 ⋅ 120 − 121,833 ⋅ =

Risulta:

[

]

[

a = τ IIIτ pω m r = (1 / 1,6) ⋅ (9 / 41) ⋅ 48,337 ⋅ 0,28 m / s 2 = 1,857 m / s 2

] 32

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine

Quarta esercitazione: Dinamica di un’autovettura

2. CALCOLO DELLE REAZIONI DEL TERRENO

Figura 42 – Schematizzazione di un’autovettura Calcolo delle reazioni del terreno NA, TA, NP, TP mediante la risoluzione del seguente sistema di quattro equazioni in quattro incognite costituito da: • 3 equazioni di equilibrio dinamico di tutto il sistema autovettura: 1) ∑ FO* = 0 ⇒ 2(TP − T A ) − Faer − Ma = 0 2) 3)

•

∑F ∑M

* V

= 0 ⇒ 2( N P + N A ) − Mg = 0

* (P)

= 0 ⇒ − N A p − 4 J r ω r − Faer h − Mah + Mg ( p − l − u ) = 0

1 equazione di equilibrio alla rotazione del sottosistema ruota anteriore:

RV RO

J rω r C

r

A

NP

Figura 43 – Sottosistema ruota anteriore 4)

∑M

* (C )

= 0 ⇒ − 2 J r ω r − 2 N A u + 2T A r = 0

NA u

1) TP = (2T A + Faer + Ma ) / 2 = (2 ⋅ 54 + 121,833 + 1240 ⋅ 1,857 ) / 2 [N ] ≅ 1266 [N ] 2) N P = (Mg − 2 N A ) / 2 = (1240 ⋅ 9,81 − 2 ⋅ 2343) / 2 [N ] ≅ 3739 [N ] 3) N A = (Mg( p − l − u) − Mah − Faer h − 4J rω r ) / 2 p = (Mg( p − l − f v r ) − Mah − Faer h − 4J rτ pτ IIIω m ) / 2 p = 9 1   = 1240⋅ 9,81⋅ (2,4 −1,35 − 0,013⋅ 0,28) −1240⋅1,857⋅ 0,6 −121,833⋅ 0,6 − 4 ⋅1⋅ ⋅ ⋅ 48,337 /(2 ⋅ 2,4) [N ] ≅ 2343[N ] 41 1 , 6  

 9 1  4) TA = (J rω r + N Au) / r = (J rτ pτ IIIω m + N A f v r ) / r = 1⋅ ⋅ ⋅ 48,337+ 2343⋅ 0,013⋅ 0,28 / 0,28 [N] ≅ 54 [N]  41 1,6 

33

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine

Quarta esercitazione: Dinamica di un’autovettura

3. VERIFICA DELL’ADERENZA DELLE RUOTE AL TERRENO 3.1.

Verifica dell’aderenza delle ruote anteriori

Per aderenza si deve avere:

  TA ≤ f a N A

⇒

 TA  ≤ fa NA

 TA 54 [N ]  = = 0,023 2343 [N ] NA

Calcolo:

Nella seguente tabella sono riportate le condizioni del terreno in cui si ha aderenza e quelle in cui non si ha aderenza: Tabella 14 fondo stradale liscio fondo stradale rugoso 3.2.

asciutto non polveroso

molto bagnato

fangoso

oleoso ghiacciato

SI’

SI’

SI’

SI’

SI’

SI’

SI’

SI’

Verifica dell’aderenza delle ruote posteriori

Per aderenza si deve avere:

  TP ≤ f a N P

⇒

 TP  ≤ fa NP

 TP 1266 [N ]  = = 0,34 3739 [N ] NP

Calcolo:

Nella seguente tabella sono riportate le condizioni del terreno in cui si ha aderenza e quelle in cui non si ha aderenza: Tabella 15 fondo stradale liscio fondo stradale rugoso

asciutto non polveroso

molto bagnato

fangoso

oleoso ghiacciato

SI’

SI’

SI’

NO

SI’

SI’

SI’

NO

34

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine

Quinta esercitazione: Ascensore

Quinta esercitazione: ASCENSORE Dell’impianto di ascensore schematizzato in figura 44 sono noti i seguenti dati: portata (carico utile) massa cabina massa contrappeso

mu = 325 [kg ] mc = 300 [kg ] mq = 430 [kg ]

diametro puleggia di sollevamento D = 0,55 [m] τ = 1 / 55 rapporto di trasmissione del riduttore accelerazione massima di avviamento a pieno carico aa = 0,7 m / s 2 in discesa rendimento della trasmissione in moto diretto (carico η d = 0,7 che esercita azione resistente) rendimento della trasmissione in moto retrogrado η r = 0,6 (carico che esercita azione motrice) numero paia di poli del motore asincrono pp = 2

[

momento d’inerzia del motore

]

[

]

J m = 0,00981 Kg m 2 ∀ kW della potenza di targa

Si considerino trascurabili le resistenze delle guide della cabina e il peso delle funi. In figura è riportata la curva caratteristica del motore asincrono. PRIMA PARTE: MOTO A REGIME IN SALITA: determinazione della potenza del motore A pieno carico, a regime in salita determinare: 1) la velocità di rotazione del motore ωm, la velocità di rotazione della puleggia ωp e la velocità di sollevamento vsoll.; 2) la potenza resistente Wr, la potenza motrice Wm, il momento motore Mm e la potenza di targa o nominale W n del motore asincrono a servizio intermittente che si assume uguale per sicurezza a 1,5 Wm arrotondata al ½kW superiore. SECONDA PARTE: AVVIAMENTO IN DISCESA: scelta del volano Considerare l’avviamento a pieno carico in discesa. Ritenendo che la coppia massima del motore durante l’avviamento Mma sia uguale a 2,2 volte quella nominale Mn, che il momento d’inerzia del motore sia Jm (0,00981 kg m2 per ogni kW della potenza di targa) e che siano trascurabili le inerzie di tutte le altre masse rotanti tranne il volano, determinare il momento d’inerzia del volano Jv da montare sull’albero del motore affinché l’accelerazione massima di avviamento in discesa non superi il valore assegnato.

35

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine

Quinta esercitazione: Ascensore

Figura 44 – Schema dell’ascensore in moto a regime in salita

C

D

M r'

M

(a)

' (b ) r

Figura 45 – Curva caratteristica del motore asincrono

36

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine

Quinta esercitazione: Ascensore

Risoluzione della quinta esercitazione: ASCENSORE PARTE INTRODUTTIVA: Descrizione della curva caratteristica del motore asincrono Punto C se n aumenta:

M m > M r' ⇒ n aumenta fino a D

Punto D se n aumenta:

M m < M r' ⇒ n diminuisce e torna in D

' Punto D se n diminuisce: M m > M r ⇒ n aumenta e torna in D

Punto C se n diminuisce: M m < M r' ⇒ n diminuisce fino all’arresto del motore Il punto D è detto punto di funzionamento stabile, mentre il punto C è detto punto di funzionamento instabile. PRIMA PARTE: MOTO A REGIME IN SALITA: determinazione della potenza del motore Un moto a regime è un moto caratterizzato da velocità costanti e accelerazioni nulle. 1. Calcolo della velocità di rotazione del motore, della velocità di rotazione della puleggia e della velocità di sollevamento 1.1.

Calcolo della velocità di rotazione del motore

Il punto di funzionamento stabile si trova nella zona “quasi” verticale della curva caratteristica del motore quindi, con buona approssimazione, si ha:

nm ≅ ns dove nm è la velocità in giri/min del motore mentre ns è la velocità di sincronismo.

ns =

Per definizione:

60 f pp

dove f è la frequenza di alimentazione (in Italia f = 50 [Hz]), mentre pp è il numero di paia di poli del motore.

(

)

nm = 1 − s ns Per un motore asincrono si ha: dove s = percentuale di scorrimento (per esempio 4%) nm ≅ ns =

⇒ ωm =

60 f 60 ⋅ 50  giri   giri  = = 1500  min  pp 2  min 

2π 2π  rad   rad  157 , 1 ⋅ ns = ⋅ 1500  ≅   s  60 60  s   

37

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine

1.2.

Quinta esercitazione: Ascensore

Calcolo della velocità di rotazione della puleggia

ωu ωe ωp τ= ωm τ=

In generale per i rapporti di trasmissione si ha:

In questo caso il rapporto di trasmissione vale: allora la velocità di rotazione della puleggia risulta:

ω p = ω mτ = 157,1 ⋅ 1.3.

1  rad   rad  2 , 86 ≅  s  55  s 

Calcolo della velocità di sollevamento

Nell’ipotesi di assenza di slittamenti si ha che la velocità di sollevamento vale:

v soll . = ω p rp = ω p ⋅

D  rad  0,55 m [ ] 0 , 786 = 2,86  ⋅ m ≅  s 2  s  2  

2. Calcolo della potenza resistente, della potenza motrice, del momento motore e della potenza di targa o nominale del motore asincrono a servizio intermittente Per effettuare questi calcoli si utilizza il bilancio di potenze che risulta essere nullo perché il moto è a regime:

Wm + Wr + W p = 2.1.

dEC =0 dt

Calcolo del momento motore

Sostituendo nel bilancio di potenze le quantità corrispondenti a Wm, W r, W p si ottiene:

M mω m − (mu + mc − m q )gv soll . − (1 − η d )M mω m = 0 per semplificare si può sostituire:

v soll . = ω p

D D = τω m 2 2

⇒ − (mu + mc − m q )gτ

D + ηd M m = 0 2

Si può da qui ricavare il momento motore che risulta:

Mm =

(m

u

+ mc − m q )gτ

ηd

D (325 + 300 − 430) ⋅ 9,81 ⋅ 1 ⋅ 0,55 55 2 [N ⋅ m] ≅ 13,66 [N ⋅ m ] 2 = 0,7 38

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine

2.2.

Quinta esercitazione: Ascensore

Calcolo della potenza motrice

  Wm = M m × ω m = M mω m = 13,66 [N ⋅ m] ⋅ 157,1 [rad / s ] ≅ 2146 [W ] = 2,146 [kW ] 2.3.

Calcolo della potenza resistente

    Wr = (mu + mc )g ×vsoll. + mq g ×vsoll. = −(mu + mc )gvsoll, + mq gvsoll. = −(mu + mc − mq )gvsoll. Si può ottenere la potenza resistente in due modi:

•

atraverso la formula precedente: ⇒ Wr = −(mu + mc − mq )gvsoll. = −(325 + 300 − 430) ⋅ 9,81⋅ 0,786 [W ] ≅ −1502 [W ] = −1,502 [kW ]

•

sfruttando il fatto che: Wm + Wr + W p = 0 con W p = −(1 − η d )We = −(1 − η d )Wm ⇒ Wr = −η d Wm = −0,7 ⋅ 2146 [W ] ≅ −1502 [W ] = −1,502 [kW ]

2.4.

Calcolo della potenza di targa o nominale

Wn = (1,5 ⋅ Wm ) 1 kW = (1,5 ⋅ 2,146 [kW ]) 1 kW = (3,219 [kW ]) 1 kW = 3,5 [kW ] 2

2

2

39

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine

Quinta esercitazione: Ascensore

SECONDA PARTE: AVVIAMENTO IN DISCESA (transitorio): scelta del volano 1. Calcolo della coppia massima e del momento di inerzia del motore

M ma = 2,2 ⋅ M n = 2,2 ⋅

Wn W 3,5 ⋅ 1000 ≅ 2,2 ⋅ n = 2,2 ⋅ [N ⋅ m] ≅ 49 [N ⋅ m] 157,1 ωn ωm

[

]

[

J m = 0,00981 ⋅ Wn = 0,00981 ⋅ 3,5 kg ⋅ m 2 ≅ 0,034 kg ⋅ m 2

]

2. Calcolo del momento d’inerzia del volano Per calcolare il momento d’inerzia del volano si utilizza il bilancio di potenze:

Wm + Wr + W p = 2.1.

dEC dt

Calcolo della potenza motrice

   Wm = M ma × ω m + (mu + mc )g × v = M maω m + (mu + mc ) gv 2.2.

Calcolo della potenza resistente

  Wr = m q g × v = − m q gv 2.3.

Calcolo della potenza persa

      Wp = −(1−ηr )We = −(1−ηr )(mu + mc )g × v + mq g × v − (mu + mc + mq )a × v =

[

[

= −(1 − η r ) (mu + mc − m q )gv − (mu + mc + m q )av

2.4.

EC =

]

]

Calcolo della derivata dell’energia cinetica rispetto al tempo

1 (J m + J v )ω m × ω m + 1 (mu + mc + mq )v × v = 1 (J m + J v )ω m2 + 1 (mu + mc + mq )v 2 2 2 2 2

⇓     dEC = ( J m + J v )ω m ×ω m + (mu + mc + mq )a × v = (J m + J v )ω mω m + (mu + mc + mq )av dt

40

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine

2.5.

Calcolo del momento di inerzia del volano

Sostituendo: ω m =

M ma

Quinta esercitazione: Ascensore

v D τ 2

ω m =

a D τ 2

nel bilancio di potenze si ottiene:

v a v + (1 − η r )(mu + mc + mq )av + η r (mu + mc − mq )gv = (J m + J v ) ⋅ + (mu + mc + mq )av D D D τ τ τ 2 2 2

M ma ⇒

Jv =

v a v − η r (mu + mc + mq )av + η r (mu + mc − mq )gv − J m ⋅ D D D τ τ τ 2 2 2 a v ⋅ D D τ τ 2 2

Semplificando la velocità v si ottiene:

M ma Jv =

1 a − η r (mu + mc + mq )a + η r (mu + mc − mq )g − J m 2 D  D τ τ  2  2 a  D τ   2

2

Sostituendo i valori numerici risulta:

49⋅ Jv =

1 0,7 − 0,6 ⋅ (325+ 300+ 430) ⋅ 0,7 + 0,6 ⋅ (325+ 300− 430) ⋅ 9,81− 0,034⋅ 2 1 0,55  1 0,55 ⋅  ⋅  55 2  55 2  0,7

 1 0,55  ⋅   55 2 

[kg m ] 2

2

⇓

[

J v ≅ 0,341 kg m 2

]

41

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine

Sesta esercitazione: Macchina a regime periodico

Sesta esercitazione: MACCHINA A REGIME PERIODICO Un motore asincrono trifase aziona, attraverso un riduttore ad ingranaggi, l’albero a manovella di una pompa a stantuffo a semplice effetto per liquido. Sono noti i seguenti dati:

[

pressione di aspirazione

p a = −0,5 kg p / cm 2

pressione di mandata

p m = 4,8 kg p / cm 2

[

]

corsa dello stantuffo diametro dello stantuffo

c = 280 [mm] D = 210 [mm]

massa solidale con il piede di biella

m s = 5,5 kg p m −1 s 2

velocità di rotazione media dell’albero di manovella

[

n = 202 [giri / min ]

] ]

N.B.: i dati non sono espressi nelle unità di misura del Sistema Internazionale. Si richiede di determinare: 1) 2) 3) 4) 5)

il lavoro resistente Lr in un periodo; il lavoro motore Lm in un periodo (si trascuri il lavoro perduto per attrito); il momento motore Mm supposto costante nel perido; il momento resistente ridotto all’albero di manovella M’r; il valore del momento d’inerzia Jv del volano montato sull’albero di manovella che da solo limiti l’irregolarità periodica al valore i = 0,03.

Figura 46 – Macchina a regime periodico (pompa a stantuffo a semplice effetto)

42

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine

Sesta esercitazione: Macchina a regime periodico

Risoluzione della sesta esercitazione: MACCHINA A REGIME PERIODICO Macchina a regime: Macchina a regime assoluto:

macchina che funziona a velocità costante macchina che funziona a velocità rigorosamente costante Macchina a regime periodico: si distingue un intervallo temporale (periodo) a cavallo del quale la macchina ritorna ad assumere lo stesso valore istantaneo di velocità: ω(t) = ω(t+T) = ω(t+nT)

ω

ω

ω

ω = cost

O

ω

t

O

T

t

Figura 47 – Diagrammi della velocità in funzione del tempo per macchine a regime assoluto e per macchine a regime periodico Conversione dei dati del problema nelle unità di misura del Sistema Internazionale: Pressione di aspirazione: 2  N   kg p   kg p  N  4  cm  p a = −0,5  2  = −0,5  2  ⋅ 9,81   ⋅ 10  2  = −49050  2  = −49050 [Pa ] m  m   cm   cm   kg p  Pressione di mandata: 2  N   kg p   kg p  N  4  cm  p m = 4,8  2  = 4,8  2  ⋅ 9,81  10 ⋅   2  = 470880  2  = 470880 [Pa ] m   kg p  m   cm   cm  Massa solidale con il piede di biella:  s2   s2  m m s = 5,5  kg  = 5,5  kg  ⋅ 9,81  2  = 53,955 [kg ] s   m  m Velocità di rotazione media dell’albero di manovella: 2π  rad   giri   rad  n = 202  ⇒ ω = 202 ⋅ = 21,153      60  s   min   s  Corsa dello stantuffo:

c = 280 [mm] = 0,28 [m]

Diametro dello stantuffo:

D = 210 [mm] = 0,21 [m]

43

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine

Sesta esercitazione: Macchina a regime periodico

Per calcolare i lavori e i momenti, motori e resistenti, si utilizza il bilancio di potenze:

Wm + Wr + W p =

dEC dt

essendo però Wp = 0 per ipotesi il bilancio delle potenze diventa:

Wm + Wr = 1-2.

dEC dt

Calcolo dei lavori resistente e motore in un periodo

Integrando ambo i membri del bilancio di potenze sull’intervallo [0,T] si ottiene: T

T

∫ W dt + ∫ W dt = ∆E m

r

0

C

=0

0

T

⇒

T

∫ dL + ∫ dL m

0

r

=0

0

Lr + Lm = 0 ⇒ Lr = − Lm in un periodo si ha che: Il lavoro resistente può essere scritto come somma di lavoro resistente di aspirazione e di lavoro resistente di mandata:

Lr = Lra + Lrm Calcolo del lavoro resistente di aspirazione:

  πD 2 π ⋅ 0,212 Lra = ∫ Fra × ds = Fra ⋅ c = p a S ⋅ c = p a ⋅ c = −49050 ⋅ ⋅ 0,28 [J ] = −475,69 [J ] 4 4 c 0

Calcolo del lavoro resistente di mandata: c   πD 2 π ⋅ 0,212 Lrm = ∫ Frm × ds = Frm ⋅ c = p m S ⋅ c = p m ⋅ c = 470880 ⋅ ⋅ 0,28 [J ] = 4566,64 [J ] 4 4 0

Fr

Figura 48 Il modulo del lavoro resistente totale è dato dalla somma dei moduli dei lavori resistenti di aspirazione e mandata e corrisponde alla somma delle aree evidenziate nel grafico:

Frm

O Fra

π

2π

ϕ

Lr = Lra + Lrm = 475,69 + 4566,64 [J ] = 5042,33 [J ]

Lr = −5042,3 [J ] Lm = − Lr = +5042,3 [J ] 44

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine

Sesta esercitazione: Macchina a regime periodico

3. Calcolo del momento motore supposto costante nel periodo Il lavoro motore espresso in funzione dell’angolo di rotazione della manovella risulta:

Lm (ϕ ) = M mϕ

ϕ = 2π

in un periodo si ha che:

Si ricava così il momento motore che risulta:

Lm 5042,33 = [N m] = 802,51 [N m] 2π 2π

Mm =

4. Calcolo del momento resistente ridotto all’albero di manovella Per calcolare il momento resistente ridotto all’albero di manovella si devono ridurre tutte le forze resistenti applicate allo stantuffo B in momenti resistenti applicati alla manovella. La potenza resistente risulta:

Wr = Fr v = Wr' = M r' ω

La potenza resistente di aspirazione e la potenza resistente di mandata risultano:

 Fra v = M ra' ω  '  Frm v = M rm ω Il moto del piede di biella in I approssimazione è:

 x I = r (1 − cos ϕ )   x I = rω sin ϕ = v   2  x I = rω cos ϕ = a

I momenti resistenti ridotti all’albero di manovella valgono:  ' v πD 2 c π ⋅ 0,212 M ra' < 0 ⋅ sinϕ = −49050⋅ ⋅ 0,28sinϕ = −237,85sinϕ 0 ≤ ϕ ≤ π M ra = Fra = pa ω 4 2 8  2 2 M ' = F v = p πD ⋅ c sinϕ = 470880⋅ π ⋅ 0,21 ⋅ 0,28sinϕ = 2283,32 sinϕ π ≤ ϕ ≤ 2π M ' > 0 rm m rm  rm ω 4 2 8

M r'

Figura 49

2283,32

Modulo del momento resistente ridotto:

M r' = p

πD 2 c ⋅ ⋅ sin ϕ 4 2

con p = pa, pb

237,85

O

π 2

3 π 2

2π

ϕ 45

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine

Sesta esercitazione: Macchina a regime periodico

5. Calcolo del momento d’inerzia del volano Wm = M mω

•

Potenza motrice:

•

Potenza resistente:

•

πD 2 c ⋅ sin ϕ ⋅ ω 4 2 Derivata dell’energia cinetica rispetto al tempo: 1 EC = ms v 2 + EV 2 dove EV = energia cinetica associata al volano Wr = M r' ω = − p

dE dE C = m s av + V dt dt

v = xC I = rω sin ϕ  2 a = CxCI = rω cos ϕ

essendo:

⇒

dE dE C = ms r 2ω 2 cos ϕ sin ϕ + V dt dt

Sostituendo nel bilancio di potenze i termini precedentemente calcolati si ottiene:

dE πD 2 c M mω − p ⋅ sin ϕ ⋅ ω − m s r 2ω 3 sin ϕ cos ϕ = V dt 4 2 M i' = m s r 2ω 2 sin ϕ cos ϕ

Essendo per definizione: ⇒

(M

m

)

− M r' − M i' ω =

dEV dt

ω =

Eseguendo l’approssimazione:

⇒

⇒

(M

m

(M

m

)

− M r' − M i' ω dt = dEV

dϕ dt

)

− M r' − M i' dϕ = dEV

Il momento d’inerzia del volano si ottiene calcolando la variazione di energia cinetica max: ∆EV MAX =

(

)

1 1 2 2 J V ω MAX − ω MIN = J V (ω MAX − ω MIN )(ω MAX + ω MIN ) 2 2

moltiplicando e dividendo per ω si ottiene: ∆EV MAX = J V

ω MAX + ω MIN ω − ω MIN ⋅ ω ⋅ MAX = J V ω 2i ω 2 ∆EV MAX ⇒ JV = ω 2i 46

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine

Sesta esercitazione: Macchina a regime periodico

Per calcolare la variazione di energia cinetica massima si deve tracciare il grafico:

(M

m

0 ≤ϕ ≤π 802,5 − 237,85 ⋅ sin ϕ − 236,5 ⋅ sin 2ϕ − M r' − M i' = 0 ⇒  802,5 + 2283,32 ⋅ sin ϕ − 236,5 ⋅ sin 2ϕ π < ϕ ≤ 2π

)

EV MAX

ϕ2

ϕ1

EV MIN

Figura 50 – Momento risultante totale e scarto di energia cinetica Integrando fra ϕ 1 ≅ 3,4 [rad ] e ϕ 2 ≅ 5,8 [rad ] , calcolati dal grafico, si ottiene: ϕ1

∆EV MAX =

∫ϕ (M

m

)

− M r' − M i' dϕ

2

ϕ1

∆EV MAX =

∫ϕ (802,5 + 2283,32 ⋅ sin ϕ − 236,5 ⋅ sin 2ϕ )dϕ 2

3, 4

∆EV MAX

236,5   = 802,5 ⋅ ϕ − 2283,32 ⋅ cos ϕ + ⋅ cos 2ϕ  ≅ 5038,8 − 2699,8 [J ] = 2339 [J ] 2   5,8

Quindi il momento d’inerzia del volano risulta:

JV =

∆EV MAX

ω i 2

=

[

]

[

2339 kg m 2 ≅ 174,25 kg m 2 2 (21,153) ⋅ 0,03

] 47

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine

Settima esercitazione: Rullo rotante

Settima esercitazione: RULLO ROTANTE Un carrello, di peso P = 1000 [kgp], urta con velocità v0 = 11 [km/h] contro un respingente al quale resta agganciato. Determinare la legge del moto del carrello a partire dal momento dell’aggancio, nell’ipotesi che sia trascurabile l’attrito nel movimento del carrello sulle rotaie e che il respingente (di costante elastica k = 10000 [kg m-1] e coefficiente di smorzamento r = 200 [kg m-1 s]) abbia massa trascurabile rispetto a quella del carrello.

v0 G

k

P

r

Figura 51 – Schematizzazione del sistema carrello + respingente Schematizzando il carrello con un rullo: Peso carrello: P = 1000 [kg P ] Massa carrello: Velocità iniziale carrello: 1000  m   km  m ≅ 3,06   v0 = 11   = 11 ⋅   3600  s  s  h  Costante elastica della molla:  kg  N  N  k = 10000  P  = 10000 ⋅ 9,81   = 98100   m m  m  Costante di smorzamento della molla: s   s  s r = 200  kg P  = 200 ⋅ 9,81  N  = 1962  N  m   m  m Momento di inerzia baricentrico: J = 5 kg m 2 Raggio del rullo: R = 10 [cm] = 0,1 [m]

[

J R

v0 P

m'= 1000 [kg ]

]

k

r

Figura 52 – Schematizzazione del sistema rullo + respingente

48

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine

Settima esercitazione: Rullo rotante

Risoluzione della settima esercitazione: RULLO ROTANTE Figura 53

ϑ

Jϑ R

Forze e momenti agenti sul carrello schematizzato come un rullo:

k Fi Fe FV

   Fi = − m' a = − m' x   Fe = − kx    FV = − rv = − rx

r T

N

x x

x

Calcolo della reazione tang. T mediante l’equilibrio alla rotazione del sottosistema rullo:

∑M

* (G )

=0 ⇒

         Jϕ J x Jx Jϑ = TR ⇒ T = − =− ⋅ =− 2 R R R R

L’equazione del moto si ricava dall’equilibrio alla trasl. orizzontale del sottosistema rullo:

∑F

* x

=0 ⇒

Fi + Fe + FV + T = 0 ⇒ − m ' x − kx − rx − m = m'+

Sostituendo:

J x = 0 R2

J R2

si ottiene l’equazione di equilibrio alla trasl. orizzontale per vibrazioni libere smorzate:

mx + rx + kx = 0 Per ricavare la soluzione si sostituiscono i valori:

 x(t ) = ce zt  zt  x (t ) = cze  ( ) 2 zt  x t = cz e

nell’equazione precedente ottenendo l’equazione caratteristica:

dividendo per la massa:

le radici sono:

mz 2 + rz + k = 0

z2 +

r k z+ =0 m m

z1, 2 = −

r r2 k ± − 2 2m m 4m

49

Esercitazioni di meccanica applicata alle macchine

Settima esercitazione: Rullo rotante

Essendo definita la pulsazione naturale del sistema non smorzato come:

ω=

k 98100  rad   rad  = = 8,087    m 1500  s   s 

mentre quella del sistema smorzato come:

ω1 =

98100 1962 2  rad  k r2  rad  − = − ≅ 8,06  2 2    1500 4 ⋅ 1500  s  m 4m  s 

si ha lo smorzamento critico quando:

r2 k r2 ∆= − = − ω 2 = 0 ⇒ rC = 2mω 2 2 4m m 4m Si può così effettuare la sostituzione:

Essendo: m = m'+

5 J = 1000 + 2 [kg ] = 1500 [kg ] e ω = 2 0,1 R

lo smorzamento critico vale:

Si ha quindi:

r2 r2 ξ = = 4m 2ω 2 rC2 2

k 98100  rad   rad  = = 8,087    m 1500  s   s 

 kg   kg  rC = 2mω = 2 ⋅ 1500 ⋅ 8,087   = 24261    s   s 

r < rC

⇒ ξ