Esercizi MeccApp
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1 Esercizio Calcolare l’accelerazione con la quale si muovono le masse m 1=2 kg ed m2=6 nell’ipotesi che si possa trascurare l’attrito all’interfaccia tra la massa m 2 ed il piano e le inerzie della puleggia. Calcolare, inoltre, le tensioni T1 e T2 nella fune se si considera che la puleggia abbia un raggio r=50 mm ed una inerzia di massa I=0,05 kgm2. Lo schema del sistema è illustrato in figura 1 a).
Figura 1: Sistema puleggia – masse
Se si trascura l’inerzia della puleggia le tensioni nei due tratti della fune risultano uguali. Indicando, quindi T=T1=T2, applicando il principio di d’Alembert ai due sottosistemi relativi alle masse m 1 ed m2 di figura 1 b), si ha: P1 T m1x 0 F T m 2 x 0
(1)
da cui, risolvendo, si ottiene:
x a
F P1 P cos 35 P1 2 3,57 m/s 2 m1 m 2 m1 m 2
(2)
T P1 m1 x 26,77 3,57 N
(3)
e:
Considerando, invece, l’inerzia I della puleggia le tensioni nei due tratti della fune risultano diverse. Applicando, in tale caso, il principio di d’Alembert ai tre sottosistemi di figura 1 b), si ha:
P1 T1 m1 x 0 F T2 m 2 x 0 T r T r I 0 1 2
(4)
Calcolando T1 e T2 dalle prime due equazioni, e sostituendo i rispettivi valori nella terza equazione, si ottiene:
( P1 m1x ) r (F m 2 x ) r I
2
d 0 dt
(5)
Ricordando che v=r e che F=P2cos35°, dalla (5) si ricava: dv m 2 g cos 35 r 2 m1g r 2 x a 1,021 m/s 2 2 2 dt m 2 r m 1g r I
(6)
Le tensioni cercate valgono, quindi, per le (4): T1 P1 m1x 2(x g ) 21,66 N T2 F m 2 x m 2 g cos 35 m 2 x
(7)
6 (g cos 35 x ) 42,10 N Esercizio
Una navicella spaziale senza uomini a bordo (figura 1-a), avente una massa m di 1235 kg, deve ripartire verticalmente dalla superficie lunare. Se la spinta del propulsore segue la legge di variazione oraria F(t) riportata in figura 1-b, determinare la velocità della navicella dopo 5 secondi (si trascuri la massa del combustibile).
Figura 1: Navicella spaziale
Con riferimento alla figura 2, applicando il principio di d’Alembert, l’equazione del moto, valida quando la navicella si distacca dal suolo lunare è data da: mg F( t ) m
dv 0 dt
(1)
g dove con si è indicata l’accelerazione di gravità lunare che, come noto, vale 1,62 ms-2. Indicando con t1 l’istante al quale la navicella inizia il distacco dal suolo e t2=5 s il tempo prefissato, integrando la (1) tra tali istanti si perviene a:
3 v2
v
1
dv
t 1 t2 F( t ) dt g t 2 dt t 1 1 m
(2)
Figura 2: Navicella spaziale: campo di forze
da cui v 2 v1
1 t2 F( t ) dt g t 2 t 1 m t1
(3)
L’istante t1 si verifica quando la spinta esercitata dal propulsore uguaglia il peso della navicella: P mg 1235 1,62 2000 N
(4)
Dal diagramma di figura 1-b si verifica la suddetta uguaglianza al tempo t=t 1=1 s al quale corrisponde la velocità v1=0. Dalla (3) consegue che la richiesta velocità v2 è data da: v2
1 5 F( t ) dt 1.62 5 1 1235 2
(5)
L’integrale che compare nella (5) si calcola numericamente applicando la regola dei trapezi calcolando, cioè, la sommatoria delle aree A1, A2 e A3 di figura 1-b. Così operando si ottiene: 5 2 F( t ) dt A1 A 2 A 3 2000 2700 0,5 2700 3000 0,5 3000 2 2350 2850 6000 11200 N
(6)
Sostituendo tale valore nella (5) si ha: v2
11200 1.62 5 1 2,59 ms -1 1235
(7)
Esercizio Un automezzo avente un peso PA=400 kp, trascina due carrelli portabagagli (figura 1) aventi, rispettivamente, pesi PB=250 kp e PC=148 kp. La forza di trascinamento misurata in newton, sviluppata in un breve arco di
4
FA 178 t
tempo dall’automezzo, è pari a essendo il tempo t misurato in secondi. Se l’automezzo parte da fermo, determinare la velocità raggiunta dopo t=2 s quando il sistema si muove in rettilineo, nonché la corrispondente forza orizzontale T agente sul sistema di aggancio tra l’automezzo ed il carrello B. Si trascurino le forze dissipative.
Figura 1: Automezzo trascinante due carrelli portabagagli.
Con riferimento al corpo libero del sistema (figura 2), indicando con x la coordinata lagrangiana, positiva nel verso dell’avanzamento, così come la velocità v e l’accelerazione a, applicando il principio di d’Alembert al sistema, si ottiene:
Figura 2: Automezzo trascinante due carrelli portabagagli (corpo libero).
FA Fi FA m a 0
(1)
m m A m B m C 400 250 248 798 kg
(2)
dove:.
Ne consegue che
FA 178 t 0,223 t ms -2 m 798
a
(3)
Integrando tra t=0 e t=2s, si ottiene: t 2s
v
0,223 t 0 t dt v 0 dv da cui:
(4)
5
v 0,223
2 2
t 2
0,446 ms -1
(5)
0
Per calcolare la forza orizzontale T agente sul sistema di aggancio tra l’automezzo ed il carrello B, si deve far riferimento al corpo libero di figura 3, dalla quale deriva la seguente equazione di equilibrio dinamico:
FA Fi T 0
(6)
Figura 3: Corpo libero dell’accoppiamento automezzo
Sostituendo nella (6) i rispettivi valori riferiti al tempo t=2s, si perviene al calcolo della richiesta forza:
T FA m a 178 2 400 0,223 2 177,6 N
(7)
Esercizio Un piccolo collare avente massa m=2 kg (figura 1), vincolato ad una cerniera B mediante una molla avente una rigidezza k=3 N/m, può scorrere lungo un’asta. Partendo dalla posizione A, in corrispondenza della quale la molla ha una lunghezza l=0,75 m e non è deformata, calcolare: 1. l’espressione dell’accelerazione del collare nella generica posizione y; 2. l’accelerazione del collare quando y=1 m; 3. la forza normale sul collare in tale posizione.
6
Figura 1: Collare scorrevole su asta cilindrica.
Assumendo come coordinata lagrangiana, la posizione y del collare positiva verso il basso rispetto all’origine A del riferimento (molla indeformata), applicando il principio di d’Alembert al corpo libero del collare assimilato alla sua massa m concentrata nel centro di massa G (figura 2), si ottiene:
Fk sin mg m a 0
(1)
dove, indicando con s la deformazione della molla in corrispondenza della generica posizione y del collare, è:. Fk k s k
y 2 0,75 2 0,75
(2)
Figura 2: Corpo libero del collare nella generica posizione.
La (1) assume, pertanto, la forma: k
y 2 0,75 2 0,75 sin 2 9,81 2 a 0
(3)
7 da cui, si ottiene:
a x
3
y 2 0,75 2 0,75 sin 19,62 2
(4)
Quando y=1 m (=’), risulta (figura 1): y 0,75 tan '
' atan
1 0,9273 rad 0,75
(5)
Dalla (4) si ha, quindi
a x
3
1 0,75 2 0,75 sin 0,9273 19,62 9,21 ms -2 2
(6)
La forza normale sul collare quando questo si è spostato di y=1 m, vale: R N Fk cos 3
1 0,75 2 0,75 cos 0,9273 0,90 N
(7)
Esercizio Un convoglio ferroviario, avente una massa m=550 t, si muove per effetto di una forza di trazione costante T=50 kN. Quando si muove su un percorso piano con velocità v, esso incontra una resistenza al moto pari a 5 10 3 R=3800+900v. Successivamente inizia una leggera salita con pendenza rad rispetto all’orizzontale, con una velocità di 32 km/h. Dopo aver determinato l’equazione del moto applicando il principio dell’energia cinetica, si determini il tempo necessario a raggiungere la velocità di 48 km/h.. Il sistema può essere schematizzato come in figura 1 che riporta il campo di forze agenti sulla massa m del convoglio ferroviario, supposta concentrata nel suo centro di massa.
Figura 1: Carico trascinato da un motoriduttore
8 Per applicare il principio dell’energia cinetica, bisogna imporre l’uguaglianza tra il lavoro delle forze esterne e la variazione di energia cinetica del sistema, cioè: 1 Tdx Rdx p sin dx d mx 2 2
(1)
Tdx Rdx p sin dx mx dx
(2)
Sviluppando si ottiene:
Dividendo primo e secondo membro per dt si ottiene: T R p sin mx
(3)
che fornisce l’equazione del moto del sistema. Sostituendo alle forze i rispettivi valori, la (3) si scrive come:
50000 3800 900 v 550 10 3 9,81sin 5 10 3 550 10 3 x 0
dalla quale si ricava: x
dv 3,49 10 2 1,64 10 3 v dt
(4)
Separando le variabili e integrando da 0 a t, si ottiene: v 13,3 [m/s]
dv t t 2 3 v0 8,89 [m/s] 3,49 10 1,64 10 v
(5)
da cui: t
1 1,64 10
3
ln 3,49 10
2
13,3
1,64 10 3 v 8,89 268 s
(5)
Esercizio Il motore di un’autovettura, che ha una massa m=1150 a pieno carico, sviluppa la massima potenza P max=60 kW a 4000 giri/min e la coppia massima Mmax=200 Nm a 1600 giri min. L’autovettura, nel suo moto in piano ed in aria calma, esprimendo la velocità in km/h, incontra una resistenza al rotolamento pari a Rv=155+0,55v ed una resistenza all’aria pari a Ra=0,08v2. Nel corso di un test su strada si osserva che l’autovettura raggiunge la velocità di 128 km/h quando si il motore raggiunge 4000 giri/min. Si determini l’accelerazione del veicolo in m/s 2 in condizioni di coppia massima e l’efficienza della trasmissione. In condizioni di funzionamento a velocità costante, la resistenza al moto uguaglia la forza di trazione T 1. Alla velocità v1=128 km/h (velocità angolare del motore n1= 4000 giri/min) si ha, pertanto:
T1 155 0,55 128 0,08 128 2 1537 N
(1)
9 Se alla velocità di rotazione del motore pari a n 1=4000 giri/min la vettura raggiunge la velocità v 1=128 km/h, alla velocità angolare pari a n2=1600 giri/min essa guadagnerà la velocità: 4000 1600 128 v2
v2
1600 128 51,2 km/h 4000
(2)
La resistenza al moto calcolata a tale velocità, risulta pari a:
R 2 155 0,55 51,2 0,08 51,2 393 N 2
(3)
Orbene, quando la velocità dell’autovettura è pari a v 1=128 km/h (n1=400 giri/min), la coppia erogata dal motore risulta essere: M1
P P 60000 60 max 143 Nm 1 1 2 4000
(4)
La coppia motrice a n2=1600 giri/min, quando, cioè, la velocità dell’autovettura è pari a v 2=51,2 km/h, risulta, invece, coincidente con la coppia massima M2=Mmax=200 Nm. Ne consegue che la forza di trazione T2 a tale velocità, si determina essendo valida la relazione: 143 200 1537 T2
T2
200 1537 2150 N 143
(5)
La forza di trazione così calcolata, serve, per l’equilibrio dinamico dell’autovettura, a vincere la resistenza al moto e la forza di inerzia conseguente all’accelerazione che ne consegue; risulta, quindi, valida la relazione:
T2 R 2 m a
(6)
da cui, stante la (3), si ottiene: a
T2 R 2 2150 393 1,53 m/s 2 m 1150
(7)
L’efficienza della trasmissione è fornita dal rapporto:
PT1 Pmax
100
(8)
PT1
avendo indicato con la potenza corrispondente alla forza di trazione T 1 quando l’autovettura si muove alla velocità di 128 km/h (35,6 m/s) ed il motore ruota a 4000 giri/min. Dalla (8), stante la (1) si ha, pertanto:
1537 35,6 100 91,1% 60000
(9)
Esercizio Due masse m1=3 kg e m2=5kg sono collegate tra di loro da una fune inestensibile avvolta su una puleggia di raggio r=150 mm (figura 1). Trascurando l’inerzia della puleggia e gli attriti, calcolare:
10 1. l’accelerazione di ciascuna massa; 2. la tensione nella fune; 3. lo spazio percorso da ciascuna massa nel secondo iniziale quando partono da ferme; 4. la forza che si scarica nel transitorio di arresto. Determinare, infine, l’accelerazione delle masse se la puleggia ha una inerzia I=0,25 kgm2.
Figura 1: Sistema puleggia – masse sospese
Per la determinazione della legge di moto delle masse si può applicare la seconda equazione di d’Alembert al sistema in esame, ovvero imponendo l’equilibrio alla rotazione intorno all’asse O delle forze esterne e delle forze di inerzia. Con il riferimento adottato, la forza di inerzia associata alla massa m 1 risulterà concorde alla corrispondente forza peso P1 (l’accelerazione della massa è diretta verso l’alto) laddove la forza di inerzia associata alla massa m2 è diretta verso l’alto e, quindi, discorde alla P2. L’equazione di d’Alembert, pertanto, risulta essere: M o M o ,i m 2 g r m 2 x r m1g r m1 x r 0
(1)
da cui:
x a
g (m 2 m1 ) 9,81(5 3) 2,45 m/s 2 m 2 m1 53
(2)
Per il calcolo della tensione T nella fune si deve considerare uno dei due sottosistemi che si ottengono effettuando un taglio nella fune stessa; con riferimento alla massa m 2 si individua il sottosistema di figura 2, al quale si impone l’equilibrio alla traslazione verticale.
11
Figura 2: Sottosistema con relative forze
Si ottiene, così:
m 2 g m 2 x T 0
T 5 9,81 - 5 2,45 36,8 N
(3)
Poiché il moto risulta accelerato, vale la relazione: x x 0 v 0,x t
1 2 at 2
(4)
da cui, essendo x0=0 e v0,x=0, si ha: 1 2 1 at 2,45 12 1,23 m 2 2
(5)
Se si considera l’inerzia I della puleggia, applicando il principio di d’Alembert a tutto il sistema (figura 3) si ottiene: P2 r m 2 x r P1r m1 x r I
d 0 dt
(6)
da cui:
x a
g (m 2 m1 ) 9,81(5 3) 1,03 m/s 2 I 0,25 m 2 m1 2 (5 3) r (150 10 3 ) 2
(7)
12
Figura 3: Sistema puleggia con inerzia I – masse sospese
Esercizio ---Un’automobile, supposta approssimata come un punto materiale P, percorre una strada in discesa, la cui sezione ha un andamento parabolico definito dalla legge riportata nella figura, essendo h=200 m e b=1 km. Assumendo che la componente orizzontale del vettore velocità è costante e pari a vo=50 km/h, determinare: 1. l’espressione della velocità in funzione di x; 2. il valore dell’accelerazione e la direzione del corrispondente vettore.
Assunto il riferimento Oxy, valgono le seguenti relazioni: dx v0 dt
(1)
dy d x2 h 1 2 dt dt b
(2)
vx
vy
Per esprimere la velocità in funzione dello spostamento x, si procede, attraverso la (1), al cambio di dx dt v0 variabile essendo: . La (2), pertanto, si scrive come:
13 y
d x h 1 2 dx b
2
v 0
(3)
v0 x b2
(4)
Risolvendo si ha:
y 2h Ne consegue che:
1 v v 2x v 2y v 0 1 2h 2 x b
2
(5)
da cui: 50 10 3 1 v 1 2 200 x 2 3600 1000
2
13,89 1 1,6 10 7 x 2
(6)
Le componenti dell’accelerazione sono: ax 0 v d d 2 v 02 h 2h 02 x x dt dx b 2 b 2hv 02 2 200 13,89 2 2 0,077ms 2 2 b 1000
a y y
(7)
a ay
Il vettore accelerazione
ha verso contrario a quello della y ed è, quindi, diretto verso il basso.
Esercizio Il sistema meccanico illustrato nella figura 1 a) è costituito da un cilindro omogeneo di raggio r=0,5 m, massa m=5 kg e momento di inerzia di massa IG=0,625 kgm2 che rotola senza strisciare nel cilindro di raggio R=5 m, per effetto di un momento motore Mm. Sul cilindro IG agisce una forza esterna F=500 N. Calcolare il valore del momento motore che, in corrispondenza dell’angolo =/6 comporta una velocità 1 rads -1 5 rads 2 angolare ed una accelerazione angolare essendo fv=0,01 il coefficiente di attrito volvente. Si effettui, inoltre, la verifica di aderenza se è fs=0,5 il coefficiente di attrito radente statico.
14
Figura 1: Accoppiamento cilindro-cilindro
Con riferimento al corpo libero rappresentato i figura 1 b), indicando con la velocità angolare del rotore, valgono le seguenti condizioni cinematiche dovute alla condizione di rotolamento puro, essendo v ed a rispettivamente la velocità e l’accelerazione tangenziale del centro di massa G.
v r
r a
(1)
Tali grandezze si possono agevolmente esprimere in funzione dell’angolo ottenendosi: v r R r
r R - r a Fa , v f v R N
Fa f s R N Dette
(2)
la forza di attrito radente,
I G mr Mi IQ
2
la forza di attrito volvente ed
il momento delle forze di inerzia, l’equazione di equilibrio dinamico alla
d’Alembert è data da: Fa , v r P sin r 0 M m IQ
(3)
Il valore del momento motore vale, quindi:
f v R N r mg sin r M m I G mr 2
(4)
che, tenuto conto delle (2), assume la forma: M m IG
R r mr R r f v R N r mg sin r r
(5)
Il momento Mm dipende, quindi, dal valore della reazione normale RN che si calcola imponendo la condizione di equilibrio dinamico alla traslazione nella direzione radiale che, indicando con F i,N la forza di inerzia dovuta alla relativa accelerazione, si esprime come: R N mg cos Fi, N F
(6)
15 Sostituendo i propri valori si ottiene: R N mg cos m R r 2 F 5 9,81cos
5 5 0,5 1 500 564,98 N 6
(7)
Sostituendo i rispettivi valori nella (5) si determina il richiesto momento motore: M m 0,625
5 4,5 5 0,5 5 4,5 0,01 564,98 0,5 0,5 5 9,81 sin 0,5 99,47 Nm 6
(8)
Per la verifica della condizione di aderenza si deve considerare che, affinché si abbia rotolamento senza strisciamento, deve essere soddisfatta la condizione:
Fa fs RN
(9)
Per il calcolo della forza di attrito radente si deve imporre la condizione di equilibrio dinamico alla rotazione rispetto al centro di massa G, data da: RN 0 M m Fa r I G
(10)
fv R N essendo . Sostituendo i relativi valori nella (10) si ottiene: M m IG
R r R Nf v r r r
R Nf vr M m IG r 5 99,47 0,625 4,5 0,01 564,98 0,5 0,5 137,04 0,5 Fa
(11)
Essendo soddisfatta la (9) risulta verificata la condizione di aderenza: 137,04 0,24 f s 564,98
(12)
Esercizio 4.10 Con riferimento al sistema di figura 1 determinare l’accelerazione della massa m=2 kg considerando che il rullo avente raggio R=0,3 m e massa M=3 kg, rotoli senza strisciare. Si consideri trascurabile la massa della
16 puleggia ed il filo inestensibile. Risolvere il problema impiegando, per la determinazione della legge di moto, il principio di d’Alembert e l’equazione dell’energia cinetica. Si determini, inoltre, il sistema ridotto al baricentro della massa m.
Figura 1: Sistema rotore – massa sospesa
Per l’applicazione del principio di d’Alembert si può fare riferimento, per semplicità, ai due sottosistemi di figura 1, costituiti rispettivamente dal rullo I0 a contatto con il piano e la massa sospesa m. Supponendo che il moto del rullo sia di puro rotolamento, nel punto di contatto P agisce la forza di attrito F a grazie alla quale è possibile l’atto di moto. L’equilibrio dinamico alla rotazione del rullo, rispetto a P, fornisce:
Mg sin R T R I p
(1)
Tenuto conto che IP=I0+MR2 e che x=R , sostituendo ed ordinando la (1) si perviene a: I0 M R x Mg sin R T R 0 R
(2)
Figura 2: Sistema rullo – massa sospesa
L’equilibrio dinamico alla traslazione della massa m fornisce, invece: mg T mx 0
(2)
Risolvendo il sistema costituito dalle due equazioni di equilibrio, si ottiene: mg mx T
(4)
17 che, sostituita nella (1) fornisce l’equazione del moto del sistema: I0 M R m R x Mg sin R mg R 0 R
(5)
L’accelerazione della massa m è, pertanto:
x
mg Mg sin I0 Mm R2
(6)
Essendo IP=MR2/2 si ottiene, in definitiva: x
mg Mg sin 2 9,81 3 9,81sin 30 m 0,755 2 3 3 s Mm 3 2 2 2
(7)
La tensione nella fune è, per la (3):
T m g x 2 (9,81 0,775) 18,1 N
(8)
Il principio dell’energia cinetica applicato al sistema di figura 1, indicando con d e dx rispettivamente la rotazione infinitesima del rullo e lo spostamento infinitesimo della massa m, è espresso da: MgR sin d mg dx d
1 2 I P mx 2 2
(9)
che sviluppata fornisce: MgR sin d mg dx
1 2I P d 2mx dx 2
(10)
da cui, essendo x=R: MgR sin d
x x dx mg dx I P 2 mx dx R R
(11)
Dividendo primo e secondo membro per dt e semplificando si ottiene: Mg sin mg I P
1 x mx R2
(12)
Si avrà, pertanto:
x
mg Mg sin IP m R2
(13)
che fornisce l’accelerazione della massa m che, ovviamente, coincide con la (6) essendo, come noto, IP=I0+MR2.
18 Per il calcolo del sistema ridotto in G bisogna definire il valore della massa ridotta M R e della forza ridotta FR (figura 3).
Figura 3: Sistema ridotto
Assumendo il baricentro G come punto di riduzione delle masse, imponendo l’uguaglianza tra l’energia cinetica del disco I0 (figura 1) che rotola senza strisciare con atto di moto in P, e l’energia cinetica della massa M 'R x ridotta che trasla con velocità , si ottiene: 1 2 1 ' 2 I P M R x 2 2
(14)
da cui si ha: M 'R I P
2 I 2 2 I MR 02 M 0 2 2 x x R
(15)
La massa ridotta è, quindi:
M R M 'R m
I0 Mm R2
(16)
Per ottenere la forza ridotta è necessario imporre l’uguaglianza del lavoro correlato al moto del rullo pari al FR lavoro compiuto dalla componente della forza peso Mgsin per uno spostamento dx, a quello della forza applicata in G (figura 3) per lo spostamento dx e cioè:
Mg sin dx FR dx
(17)
La forza ridotta vale, pertanto:
FR Mg sin
(18)
L’equazione di d’Alambert applicata al sistema ridotto così ottenuto fornisce:
FR mg M R x 0
(19)
che, sviluppata, dà l’equazione del moto del sistema, coincidente con la (12), essendo:
19 I0 m M 0 2 R
Mg sin mg x
(20)
Esercizio Assegnato il sistema di figura 1 si calcoli, in presenza di attrito volvente tra disco e piano con coefficiente di attrito fv=0,02, la coppia motrice applicata alla puleggia di inerzia I e raggio r, necessaria affinchè il disco si muova salendo sul piano inclinato di rispetto alla orizzontale, con un’accelerazione pari a 1 ms-2. Si calcolino, inoltre, nelle condizioni di moto vario, le tensioni nei due tratti della fune. Sono assegnati i seguenti dati:
R=1m M = 20 kg IO = 0,625 R = 0,5 m m= 3 kg I = 0,45 = 20°
Figura 1: Rotore su un piano inclinato in presenza di attrito volvente all’interfaccia
Essendo il sistema ad un grado di libertà, dette e1 le rotazioni del disco IO e della puleggia I, per la condizione di puro rotolamento valgono le seguenti relazioni: x r;
x r ;
x r
(1)
e: 1
R ; r
R R 1 ; 1 r r
(2)
La resistenza di attrito volvente può ritenersi dovuta ad una forza fittizia Fa,v applicata in O pari a: Fa , v f R N
(3)
L’equazione del moto può essere calcolata applicando il principio dell’energia cinetica dL=dE, ottenendosi: Fa ,v Rd P sin Rd M m d1 P1dx d
1 2 I Q I 12 mx 2 2
(4)
I Q I O mR 2 Ricordando che, per il teorema di Huygens risulta scrivere come:
, tenuto conto delle (1) la (4) si può
20 R d P1 Rd r R2 I O MR 2 d I 2 d mR 2 d r
Fa , v Rd P sin Rd M m
(5)
dividendo primo e secondo membro per dt si ottiene:
R R 2 2 Fa ,v R P sin R M m P1 R I O MR I 2 mR 2 r r
che può essere riscritta in funzione dell’accelerazione Fa ,v P sin
a x
della massa m essendo
Mm I I P1 O2 M 2 m a r r R
a / R
:
(6)
Imponendo l’equilibrio alla traslazione lungo l’asse y si ottiene: R N P cos 20 9,81 cos 20 184,87 N
(7)
si può calcolare la forza d’attrito volvente: Fa , v f v R N 0,02 184,87 3,69 N
(8)
Il valore del momento motore Mm, per la (---) risulta, perciò, pari a: I I M m r Fa ,v P sin P1 O2 M 2 m r R
a
0,45 0,5 3,69 20 9,81sin 20 3 9,81 0,625 20 3 0,5 2 -2 33,39 ms
(9)
Per il calcolo delle tensioni nei due tratti di fune intorno alla puleggia I, si procede applicando il principio di d’Alembert ai due sottosistemi di figura (2).
21
Figura 2: Rotore su un piano inclinato in presenza di attrito volvente all’interfaccia: sottosistemi
Si ottiene, così, il seguente sistema di equazioni:
T2 m a P1 0 T1 r T2 r M m I1 0
(10)
che risolto fornisce:
T2 m(g a ) 26,43 N 1 T T r M I a 91,41 N m 1 r 2 r
(11)
Esercizio Un pezzo meccanico realizzato per fusione, che ha una massa di 3000 kg, deve essere sollevato ad una certa altezza mediante un argano. Il pezzo è collegato al gancio di sollevamento in A mediante due tratti di fune che formano un angolo di 60°, come mostrato in figura 1. Se, partendo con velocità nulla, il pezzo viene sollevato raggiungendo una velocità di 0,2 m/s in un tempo t=0,3 s, calcolare le tensioni nei due tratti di fune AB e AC.
22
Figura 1: Sollevamento di un pezzo realizzato per fusione
Con riferimento al corpo libero illustrato in figura 2, indicando con T1 la forza di trazione che si determina nelle due funi AB e AC, è immediato scrivere l’equazione del moto del sistema, applicando il principio di d’Alembert, assumendo come coordinata lagrangiana lo spostamento x, positivo verso l’alto, così come la x x velocità e l’accelerazione . Si ottiene, così:
2T1 cos 30 m g m x 0
(1)
Figura 2: Corpo libero
L’accelerazione del corpo nell’intervallo di tempo t=0,3 s risulta pari a: a x
Dalla (1) si ottiene, pertanto:
v 0,2 0,67 ms -2 t 0,3
(2)
T1
m g m x 3000 9,81 3000 0,67 18,15 kN 2 cos 30 2 cos 30
23 (3)
Esercizio Un carico di 72 kg si trova in un montacarichi di massa che, partendo da fermo v 0=0 sale raggiungendo la sua velocità di regime vr=1,2 m/s in un tempo di 0,8 s (transitorio di avviamento). Il montacarichi, poi, si porta alla quota desiderata con una fase di arresto che dura 1,5 s e che si attua con una decelerazione uniforme. Immaginando di misurare la forza che agisce sul basamento mediante un dinamometro D (figura 1), calcolare: 1. la forza che si scarica sul basamento nel transitorio di avviamento; 2. la forza che si scarica nella fase di regime (v=costante); 3. la forza che si scarica nel transitorio di arresto.
Figura 1: Montacarichi
Nella fase che caratterizza il transitorio di avviamento il montacarichi si muove con y a un’accelerazione che si calcola attraverso la relazione:
v r v 0 at
vr - v0 t
(1)
v r - v 0 1,2 1,5 ms -2 t 0,8
(1)
a
da cui:
v r v 0 at
a
Di conseguenza nasce una forza di inerzia diretta in verso contrario a quello dell’accelerazione che, come P mg tale, si va a sommare alla forza peso del sistema del corpo. Il dinamometro, quindi misurerà la forza:
F1 P ma 72 9,81 72 1,5 814,32 N
(2)
Nella fase di regime, essendo costante la velocità, risulterà nulla la forza di inerzia.
24
Il dinamometro misurerà, pertanto, l’entità della sola forza peso del corpo:
F2 P 72 9,81 702,32 N
(3)
Nel transitorio di arresto, infine, il montacarichi si muove con una decelerazione y a che comporterà ancora l’insorgere di una forza di inerzia, questa volta discorde al verso della forza peso. Naturalmente l’accelerazione che è pari a: a
v a - v r - 1,2 0,8 m/s 2 t 1,5
(4)
La forza letta sul dinamometro vale, perciò:
F3 P ma 72 9,81 72 0,8 648,72 N
(5)
Esercizio Determinare l’elongazione della molla di rigidezza k=500 N/m quando l’accelerazione delle masse m 1=2 kg ed m2=6 (figura 1-a) è pari a 1.02 m/s2, assumendo che la puleggia abbia un raggio r=50 mm ed una inerzia di massa I=0,05 kgm2 Si risolva il problema riducendo il sistema in esame da una massa MR con baricentro G vincolata attraverso la rigidezza K ( figura 4.13-b). Si scriva l’equazione del moto nell’ipotesi che si possano trascurare gli effetti dissipativi.
25 Figura 1: Sistema puleggia – masse
Indicando con la rotazione della puleggia di inerzia I rispetto all’asse di rotazione e con x la coordinata lagrangiana che individua lo spostamento di m1 ed m2, se si assume il baricentro G come punto di riduzione delle masse, imponendo l’uguaglianza delle energie cinetiche tra le masse del sistema reale e la massa ridotta MR , si ottiene: 1 2 1 1 1 I m 1 x 2 m 2 x 2 M R x 2 2 2 2 2
(1)
I 0,05 m1 m 2 2 r 50 10 3
(2)
da cui si ha: MR
2
2 6 28 kg
La rigidezza K è quella delle due molle di rigidezza k tra loro in parallelo e, perciò, pari a 1000 N/m. L’equazione del moto di ottiene applicando il principio di d’Alembert al sistema ridotto di figura 4.13-b, per cui:
M R x K x 0
(3)
La richiesta elongazione della molla risulta, quindi data da:
x
M R x 28 1,02 2,86 10 2 m K 1000
(4)
Esercizio Una massa m1=4 kg posta su un piano è collegata ad una massa m 2=2 kg attraverso una puleggia mobile ed una puleggia fissa (figura 1 a). Se si trascura l’attrito all’interfaccia tra la massa m 1 ed il piano e le inerzie delle due pulegge, dette a1 ed a2 le accelerazioni delle due masse, determinare: 1. la relazione che intercorre tra le due accelerazioni; 2. le tensioni T1 e T2 nella fune.
26
Figura 1: Sistema pulegge – masse
Con riferimento alla puleggia con asse O appare immediata la sussistenza della relazione:
x 1 a 1 2x 2 2a 2
(1)
Per il calcolo delle tensioni T 1 e T2, si procede scrivendo le equazioni del moto relative ai due sottostimi di figura 1 b), ottenendosi:
T1 m1 x 1 0 T2 m 2 g m 2 x 2 0
(2)
Considerato che:
T2 2T1
(3)
si ha:
T1 2m1 a 2
T2 4m 1 a 2
(4)
e, per la seconda delle relazioni (3):
T2 m 2 g m 2 x 2 Dalle (4) e (5) risolvendo si ha:
(5)
27
x 2 a 2
m2g ; 4m 1 m 2
x 1 a 1
2m 2 g 4m 1 m 2
(6)
Le tensioni cercate, valgono, pertanto: T1 m 1x 1
2m 1 m 2 g 2 4 2 9,81 8,72 N 4m 1 m 2 44 2
T2 4m 1x 2
4m 1 m 2 g 4 4 2 9,81 17,44 N 4m 1 m 2 44 2
(7)
Esercizio La gabbia di un paranco schematizzato ha una massa a pieno carico pari a 500 kg che deve essere sollevata ad un 'altezza di 130 secondo la legge di moto riportata in figura 1. Al termine della fase di avviamento (trattoAB) che avviene con un'accelerazione costante pari a 1,65 ms-2, si raggiunge la velocità di regime pari a 10 ms-1 che si mantiene per l'intervallo di tempo corrispondente al tratto BC. Nella fase di arresto CD la gabbia si muove con una decelerazione costante. Se tutta la fase di salita avviene in un tempo di 16,7 s, calcolare: 1. la forza di tensione nel cavo in ognuna delle tre fasi; 2. la coppia motrice richiesta al motore se I è il momento di inerzia di massa ridotto all'asse di rotazione.
Figura 1: Schema di paranco e legge v(t) di sollevamento
Con riferimento ai due sottosistemi rappresentati in figura 2, indicando con la velocità angolare del paranco e con T la tensione nel cavo, valgono le seguenti equazioni del moto: 0 M m T r I T P mx 0
(1)
Nella fase di avviamento (AB), che avviene nel tempo tAB lo spostamento della massa m risulta dato da: t
s AB t B v( t ) dt A
(2)
L’integrale al secondo membro coincide, ovviamente, con l’area A1 sottesa alla funzione v(t) nel tratto AB
28 -1
(figura 1); risulta, pertanto, essendo la velocità di regime pari a 10 ms : s AB
1 t AB 10 2
(3)
Figura 2: Sottosistemi
Essendo costante l’accelerazione
a AB 1,65 ms -2
vale la relazione:
v AB t AB
(4)
10 6,06 s 1,65
(5)
a AB e, quindi: t AB Dalla (3) risulta allora: s AB
1 6,06 10 30,30 s 2
(6)
Per il calcolo del tempo di funzionamento a regime risulta agevole scrivere le seguenti relazioni: s BD A 2 A 3
1 t BD t BC 10 s AD s AB 2
(7)
Poiché risulta:
t BD t AD t AB 16,7 6,06 10,64 s dalle (7) e (8) si ottiene:
(8)
29 1 10,64 t BC 10 130 30,30 2
(9)
da cui: t BC
2 99,70 10,64 9,3 s 10
(10)
Si ha allora: t CD t AD t AB t BC 16,7 6,06 9,3 1,34 s
(11)
Nella fase di arresto la decelerazione vale:
a CD
v CD 10 7,46 ms -2 t CD 1,34
(12)
La tensione nella fune nelle tre fasi di funzionamento (avviamento, regime e arresto) si calcola particolarizzando la seconda delle (1) ai tre casi: TAB P ma AB 500 9,81 500 1,65 5730 N TBC P ma BC 500 9,81 4905 N TCD P ma CD 500 9,81 500 7,46 1175 N
(13)
La potenza del motore è quella necessaria all’azionamento nella fase di avviamento che risulta la più gravosa. Dalla prima delle (1) si ha, così: AB M m TAB r I
(14)
Esercizio Un convoglio ferroviario, avente una massa m=550 t, si muove per effetto di una forza di trazione costante T=50 kN. Quando si muove su un percorso piano con velocità v, esso incontra una resistenza al moto pari a 5 10 3 R=3800+900v. Successivamente inizia una leggera salita con pendenza rad rispetto all’orizzontale, con una velocità di 32 km/h. Dopo aver determinato l’equazione del moto applicando il principio dell’energia cinetica, si determini il tempo necessario a raggiungere la velocità di 48 km/h e la relativa distanza percorsa. Il sistema può essere schematizzato come in figura 1 che riporta il campo di forze agenti sulla massa m del convoglio ferroviario, supposta concentrata nel suo centro di massa.
30
Figura 1: Carico trascinato da un motoriduttore
Per applicare il principio dell’energia cinetica, bisogna imporre l’uguaglianza tra il lavoro delle forze esterne e la variazione di energia cinetica del sistema, cioè: 1 Tdx Rdx p sin dx d mx 2 2
(1)
Tdx Rdx p sin dx mx dx
(2)
Sviluppando si ottiene:
Dividendo primo e secondo membro per dt si ottiene: T R p sin mx
(3)
che fornisce l’equazione del moto del sistema. Sostituendo alle forze i rispettivi valori, la (3) si scrive come:
50000 3800 900 v 550 10 3 9,81sin 5 10 3 550 10 3 x 0
dalla quale si ricava: x
dv 2 3 3,49 10 1,64 10 v dt
Separando le variabili e integrando da 0 a t, si ottiene: v 13,3 [m/s]
dv t t 2 v0 8,89 [m/s] 3,49 10 1,64 10 3 v
(5)
da cui: t
1 1,64 10 3
ln 3,49 10
2
13,3
1,64 10 3 v 8,89 268 s
(5)
Per determinare il tratto percorso, si può riscrivere la (4) nella forma:
(4)
31 dv ds 3,49 10 2 1,64 10 3 v ds dt
(7)
che comporta: ds
vdv 3,49 10
2
3
(8)
1,64 10 v
Integrando tra 0 ed s, ai cui corrispondono v0=8,89 e vt=13,3, si ottiene: 13,3
vdv s 2 8,89 3,49 10 1,64 10 3 v
(9)
Per risolvere l’integrale si può procedere moltiplicando numeratore e denominatore della funzione 1,64 10 3 integrando per il termine e, successivamente sommando e sottraendo al numeratore la quantità 2 3,49 10 . Così operando si ottiene la seguente espressione:
13,3
s
8,89
1 1,64 10 3
3,49 10 2
dv
1,64 10 3 (3,49 10 2 1,64 10 3 v)
(10)
Risolvendo si ottiene:
v
3,49 10 2
s 1,64 10 3 1,64 10 3
2
ln 3,49 10
2
3
13,3
1,64 10 v
(11) 8,89
da cui: s 3090 m
(12)
Esercizio Il meccanismo di sollevamento illustrato nella figura 1 è costituito da un rotore di momento di inerzia I 1 e raggio r1 che viene azionato da un motore che eroga una coppia M m. Il moto viene trasmesso ad un rotore di inerzia I2 costituito da una ruota di raggio r 2 e da un rocchetto coassiale di raggio r 3 che, attraverso un cavo inestensibile, solleva una massa m. Con i dati assegnati, calcolare il momento motore necessario all’azionamento del sistema applicando il principio dell’energia cinetica.
32
m = 100 kg r1 = 150 mm r2 = 300 mm r3 = 100 mm I1 = 0,12 kgm2 I2 = 0,4 kgm2
Figura 1: Sistema di sollevamento
Calcoliamo la legge del moto applicando il principio dell’energia cinetica indicando con dla rotazione infinitesima del rotore di inerzia I1 assunta positiva nel verso orario e con dx lo spostamento infinitesimo della massa m positivo verso l’alto: M m d1 mgdx d
1 I112 I 2 22 mx 2 2
(1)
Sviluppando si ha:
M m 1dt mgvdt I11d1 I 2 2 d 2 mvdv
(2)
essendo:
1 r1 2 r2 ;
v x 2 r3 1
r1 r3 r2
(3)
Dividendo primo e secondo membro della (2) per dt, tenuto conto delle (3) si ottiene:
M m 1 mg 1
r1 d r d r r r d r3 I11 1 I 2 1 1 1 1 m1 1 r3 1 1 r3 r2 dt r2 dt r2 r2 dt r2
che, semplificata, assume la forma: M m mg
r1 d r 2 d r2 d r3 I1 1 I 2 12 1 m 12 r32 1 r2 dt dt r2 dt r2
(4)
da cui: r1 r3 d1 r2 M Mr m 2 2 dt I eq r r I1 I 2 12 m 12 r32 r2 r2 M m mg
(5)
Nella (5) la quantità indicata con Mr rappresenta il momento resistente che si oppone al momento motore. Sostituendo in tale relazione i dati assegnati si ottiene:
33 d1 dt
150 100 10 3 300 2 150 3 100 100 10 300 M 49,05 m 0,47
M m 100 9,81 150 0,12 0,4 300
2
Nel transitorio di avviamento il motore, dovendo erogare una potenza d Pm 0,47 1 49,1 1 dt
2
(6)
Pm M m 1
, deve essere:
7)
Allo stesso risultato si perviene, naturalmente, risolvendo il problema applicando il principio di d’Alembert. La procedura, però, appare più articolata. Con riferimento, infatti, ai sottosistemi indicati in figura 2, le equazioni di d’Alembert (4.3) forniscono:
Figura 2: Sottosistemi del sistema di sollevamento
d1 0 dt d 2 Nr3 N * r2 I 2 0 dt dv N mg m 0 dt
M m N * r1 I1
(8)
Risolvendo il sistema, tenuto conto delle (3), si perviene alla (5). Esercizio Il sistema di figura 1 è costituito dal corpo di massa m sospeso al rotore 1 formato da due dischi coassiali rispettivamente di raggio R ed r, supportato da un cuscinetto avente raggio r c. Detto rotore è collegato al rotore 2 avente raggio r e momento di inerzia di massa I0. Detto f il coefficiente di attrito tra perno e cuscinetto, nell’ipotesi che sia trascurabile la massa del rotore 1, calcolare l’accelerazione angolare del rotore 2 quando il corpo di massa m scende con partenza da fermo. Sono assegnati i seguenti dati: R = 600 mm; r = 150 mm; rc = 40 mm
34 2
m = 15 kg; I0 = 3,375 kgm ; f = 0,5
Assumendo come coordinata lagrangiana la rotazione del rotore 1, indicando con Ma la coppia di attrito radente tra perno e cuscinetto, il principio dell’energia cinetica applicato al sistema in esame fornisce: mgdx M a d d
1 2 2 mx I 0 mx dx I 0 d 2
(1)
Ricordando che la coppia di attrito, in condizioni di contatto secco, vale: M a fWr c cos
(2)
avendo indicato con W=mg il carico agente sul rotore e con ftg (l’angolo di attrito è pari a tg-1f = 0,464 rad). Nell’ipotesi che i cavi possano essere considerati inestensibili, essendo x=Rsviluppando la (1) si ottiene: mgRd M a d mR 2 d I 0 d
(3)
Dividendo primo e secondo membro per dt e semplificando si ha: mgR M a mR 2 I 0
(4)
da cui: mgR M a mgR fWr c cos mR 2 I 0 mR 2 I 0
15 9,81 0,6 0,5 15 9,81 40 10 3 cos 0,464 15 0,6 2 3,375
9,76 rads
-2
(5)
Esercizio Con riferimento alla massa m=50 kg in contatto su un piano inclinato di un angolo rispetto all’orizzontale
35 (figura 1), determinare il valore dell’angolo di aderenza se è f s=0,4 il coefficiente di attrito statico. Determinare, inoltre, il valore dell’accelerazione della massa se =30° e il valore dell’angolo medesimo se si vuole che il corpo m si muova con velocità costante assumendo il coefficiente di attrito cinetico fc=0,35.
Figura 1: Strisciamento di una massa su un piano inclinato in presenza di attrito all’interfaccia
Le equazioni di equilibrio statico della massa sono:
Fa ,s P sin 0 R N P cos 0
(1)
Dividendo membro a membro si ha:
v x a x Quando la massa m si muove verso il basso con velocità v ed accelerazione (figura 2), le equazioni di equilibrio dinamico, scritte applicando il principio di d’Alembert sono: Fa ,c P sin mx 0 R N P cos 0
(2)
Figura 2: Strisciamento di una massa su un piano inclinato in presenza di attrito all’interfaccia: corpo libero
Risolvendo il sistema di equazioni si ottiene:
x a
P sin f c P cos m
che, sostituendo i dati assegnati fornisce:
(3)
x a
490,5 sin 30 0,35 490,5 cos cos 30 1,93 ms -2 50
36 (4)
Se si vuole, poi, che la massa m si muova con velocità costante, la (2) assume la seguente forma:
Fa ,c P sin 0 R N P cos 0
(5)
da cui: Fa ,c RN
tan
19,28
(6)
Esercizio Il gruppo schematizzato in figura 1 è costituito da una macchina motri-ce che eroga una coppia M m=50 Nm alla velocità 1,0=3000 giri/min e da una macchina utilizzatrice che assorbe una coppia M r=30 Nm. La trasmissione del moto tra gli alberi avviene attraverso una frizione che, nella fase di strisciamento trasmette una coppia M=f60 Nm. Detti Im=0,01 kgm2 ed Iu=0,05 kgm2 i momenti di inerzia di massa delle due macchine, calcolare: 1. il tempo di strisciamento; 2. la velocità dei dischi della frizione al termine della fase di strisciamento; 3. il tempo necessario affinché la macchina utilizzatrice si porti alla velocità di 3000 giri/min partendo da fermo (2,0=3000 giri/min)
Figura 1: Schema del gruppo
Nel transitorio, caratterizzato dallo strisciamento tra i dischi della frizione, le leggi del moto delle due macchine si scrivono agevolmente facendo riferimento alle due macchine prese isolatamente, come rappresentato in figura 2. Le rispettive equazioni orarie sono date da: M m M f Im
t
(1)
Mf M r Iu
t
(2)
Detto t* il tempo di strisciamento tra i dischi della frizione ed indicando con (t) ed (t) rispettivamente le leggi di variazione delle velocità angolari dei dischi stessi in funzione del tempo, dalle precedenti relazioni si ha:
37
Mm Mf t 1
Im
Mf
1, 0
Mr 2 t 2, 0 Iu
(3)
(4)
Figura 2: Sottoinsiemi
Dalle (3) e (4) si perviene alla definizione delle predette leggi:
1 t
2 t
Mm Mf t
1, 0
Im
Mf
Mr t 2, 0 Iu
(5)
(6)
Alla fine dello strisciamento, essendo uguali le velocità angolari dei due dischi, risulta agevole determinare il valore del tempo t* imponendo l’uguaglianza tra le leggi orarie in tale istante:
Mm Mf t * Im
1, 0
Mf
Mr t * 2, 0 Iu
(7)
Si ottiene, perciò
2 3000 0 1,0 2,0 60 t* 0,196 s Mf Mr Mm Mf 60 30 50 60 0,05 0,01 Iu Im
(8)
Al termine dello strisciamento la velocità dei due dischi della fri-zione si può calcolare facilmente particolarizzando la (6) ottenendosi:
*
Mf
M r t * 60 30 0,196 117,91 rads -1 Iu 0,05
(9)
38 Per determinare, infine, il tempo necessario affinché la macchina u-tilizzatrice si porti alla velocità di 3000 giri/min partendo da fermo, si deve analizzare il gruppo nel suo complesso (figura 3) quando la frizio- ne è innestata.
Figura 3: Schema del gruppo con frizione innestata
L'equazione del moto del sistema è data da: Mm M r Im Iu
d dt
(10)
da cui si ottiene:
d M m M r dt Im Iu
(11)
Integrando si ha: 2
t
2 Mm Mr dt t * I m I u
(12)
Mm Mr t t * Im Iu
(13)
* d Risolvendo si ottiene:
2 * e, quindi:
t t * 2 *
Im Iu Mm Mr
0,196 314 117,81
0,01 0,05 0,785 s 50 30
(14)
TEMI DA SVOLGERE
Esercizio 4.11 Il sistema di sollevamento illustrato in figura è costituito da un motore che, attraverso il cavo inestensibile ed una puleggia di massa trascurabile solleva il carico m ad un’altezza di 20 metri. Il rotore della macchina motrice, assimilabile ad un disco di raggio r=250 mm ha una massa M=400 kg. Si determini:
39 1. la potenza media erogata dal motore; 2. il valore della coppia motrice Mtr quando l’accelerazione della massa m è pari a 1,5 m/s2; 3. la tensione T nel cavo nel transitorio di avviamento.
Figura: Sistema di sollevamento [Risposta: Pmedia=1,96 kW; Mtr=1226,25 Nm; T=5,65 kN]
Esercizio Il sistema di figura è costituito da un’asta omogenea di lunghezza L=800 mm e di massa m 1=30 kg, libera di oscillare nel piano verticale intorno alla cerniera O, connessa da una sfera di raggio R=200 mm e massa m2=80 kg. Quando l’asta forma un angolo =30° rispetto alla sua posizione orizzontale, il sistema ha una velocità angolare (oraria) =1,2 rad/s. In tale istante determinare l’accelerazione angolare e la reaziona nella cerniera.
Figura: Sistema pendolare
8 ,91 rad/s2 ; R 681,77 N [Risposta:
]
40 Esercizio Con riferimento allo schema di un tornio (figura a), il moto indotto dal motore asincrono M.E. con una velocità pari a 3000 giri/min, perviene al mandrino attraverso una trasmissione a cinghie e due coppie di ruote dentate. Ognuno dei tre meccanismi attua un rapporto di trasmissione pari a 2 (rapporto tra la velocità della ruota motrice e quella della ruota condotta). Determinare il momento di inerzia di massa I R di un volano ridotto all’asse del motore (figura b), supponendo di potere trascurare i momenti di inerzia di massa dei tronchi di albero presenti nella trasmissione. Sono assegnati i seguenti dati: Im = 1,00 kg/m2 I2 = 0,10 kg/m2 I4 = 0,04 kg/m2 I6 = 0,04 kg/m2
I1 = 0,02 kg/m2 I3 = 0,01 kg/m2 I5 = 0,01 kg/m2 I7 = 4,00 kg/m2
Figura: Schema di un tornio [Risposta: IR = 0,114 kgm2]
Esercizio Il sistema illustrato in figura 1, è costituito da una trave rigida di lunghezza L=1,2 m avente massa m=8 kg, incernierata in A e vincolata in B attraverso una molla di rigidezza k=4500 N/m. Sulla trave è montato un disco di massa M=28 kg libero di ruotare intorno al proprio asse che dista dalla cerniera A di l=0,9m. In condizioni statiche la trave si trova in posizione orizzontale. Se il rotore presenta uno sbilanciamento e=3 mm, determinare la legge del moto forzato nella direzione verticale, quando il disco ruota con una velocità n=200 giri/min.
41
Figura 1: Trave con disco rotante
La vibrazione forzata nella direzione verticale è prodotta dalla componente della forza di inerzia centrifuga causata dallo sbilanciamento del rotore (figura 2), che vale: 2
2 200 sin t 60
Fc, y Me 2 sin t 28 0,003 36,85 sin t
(1)
L’equazione del moto del sistema, assumendo come coordinata lagrangiana la rotazione della trave (figura 3), positiva nel verso orario (si assume positivo il verso orario della velocità e della accelerazione angolare), si determina applicando il principio di d’Alembert:
Figura 2: Sistema forzante
Figura 3: Sistema fisico
42
Fk L Fc , y l I A 0
(2)
essendo IA il momento di inerzia di massa del sistema rispetto all’asse per A, pari a: I A I A ,trave I A ,rotore I G m m
L2 Ml 2 4
L2 L2 L2 m Ml 2 m Ml 2 26,52 kgm 2 12 4 3
(3)
Sostituendo i rispettivi valori nella (2), si ha: 26,52 6480 33,17 sin t
(4)
La pulsazione naturale del sistema vale:
n
kt I
6480 15,63 rad/s 26,52
(5)
La legge del moto forzato, che rappresenta l’integrale particolare della (4), è espressa dalla relazione: f ( t ) f sin t
33,17 6480
Mo kt
1 sin t 2 1 2 n
1 sin t 6,45 10 3 sin t 2 20,94 1 15,63 2
(6)
Esercizio Il carico di massa M=5000 kg è trascinato su un piano inclinato di un angolo rispetto all'orizzontale, tirato da una fune che si avvolge su una puleggia di raggio r=0,5 m, mossa da un motoriduttore che realizza un m p 45 0 ,9 rapporto di trasmissione . Se è il rendimento meccanico del motore, calcolare la coppia che deve erogare il motore affinché la massa salga con un’accelerazione a=0,1 ms -2. Si ipotizzi che sulla carico agisca una resistenza passiva Fa,v=fvRN che si oppone al suo moto, prodotta dal rotolamento dei rulli inseriti tra il piano e la massa stessa, essendo R N la reazione normale al piano ed f v=0,02 il coefficiente di attrito. Il momento di inerzia di massa del motore e della puleggia sono rispettivamente I m=0,5 kgm2 e Ip=3 kgm2.
43
Figura 1: Carico trascinato da un motoriduttore
Quando la salita avviene con un’accelerazione a, il gruppo si trova a lavorare in condizioni di transitorio e, quindi, il lavoro delle forze (momenti) esterne risulta pari alla variazione di energia cinetica del sistema. È valido, cioè, il principio:
dL dE
(1)
La quantità al primo membro risulta pari alla somma tra il lavoro motore, il lavoro resistente e quello dovuto alle resistenze passive; la (1) si scrive, perciò come: dL m dL r dL p dE
(2)
Con riferimento alla figura 2, è possibile quantificare le quantità al primo membro della (2).
Figura 2: Carico trascinato da un motoriduttore: schema fisico
Nelle condizioni di transitorio si ha, infatti: dL m M m m dt
dL r Mg sin Fa , v vdt Mg sin Fa , v p rdt dL p 1
dL(me )
(3)
dL(me )
Il lavoro si determina tenendo conto che, appunto nel transitorio, parte del lavoro motore è necessario per vincere le resistenze inerziali. Risulta, cioè:
dL(me) M m m dt I m
d m m dt dt
(4)
44 Sostituendo nella (2) i valori forniti dalle (3) tenuto conto della (4), ricordando che risultano negative le dL r quantità e dLp ed esplicitando la variazione dE di energia cinetica del sistema, si ottiene:
M m m dt Mg sin Fa , v p rdt
(5)
m rdt d m r 2 Ip 1 M m I m m dt m d m M 2 2 I m dt
(6)
d m 1 2 2 2 1 M m I m m dt d Mv I p p I m m dt 2 Fav f v R N f v Mg cos , che sviluppata, essendo
assume la forma:
M m m dt Mg sin f v Mg cos
Dividendo primo e secondo membro per mdt si ottiene: r M m Mg sin f v Mg cos 2 Ip d m d m r 1 M m Im M 2 2 Im dt dt
(7)
d m r M m Mg sin f v cos M m I m dt d d m r 2 Ip M m I m m M 2 2 Im dt dt
(8)
che sviluppata fornisce:
Poiché risulta
d m a dt r
, la (8) si scrive come: r r Ip a M I m r
r
1 r r Ip Mg sin f v cos a M I m r
r
M m Mg sin f v cos
(9)
dalla quale si ricava il richiesto momento motore: Mm
Sostituendo ad ogni grandezza il rispettivo valore, si ottiene:
(10)
45 Mm
1 0,5 5000 9,81 sin 15 0,02 cos 15 0,9 45 0,5 3 45 0,1 5000 0,9 0,5 179,12 Nm 45 0,5 45 0,5
(11)
Esercizio Un’autovettura
Figura 1: Autovettura in accelerazione
Con riferimento al corpo libero illustrato in figura 2, indicando con T1 la forza di trazione che si determina nelle due funi AB e AC, è immediato scrivere l’equazione del moto del sistema, applicando il principio di d’Alembert, assumendo come coordinata lagrangiana lo spostamento x, positivo verso l’alto, così come la x x velocità e l’accelerazione . Si ottiene, così:
2T1 cos 30 m g m x 0
Figura 2: Corpo libero
L’accelerazione del corpo nell’intervallo di tempo t=0,3 s risulta pari a:
(1)
a x
46
v 0,2 0,67 ms -2 t 0,3
(2)
Dalla (1) si ottiene, pertanto: T1
m g m x 3000 9,81 3000 0,67 18,15 kN 2 cos 30 2 cos 30
(3)
Esercizio Il sistema illustrato in figura 1, è costituito da due rulli A e B uguali, ciascuno avente massa M=55 kg, diametro D=340 mm e raggio di girazione =140 mm, montati sui rispettivi supporti mediante coppie rotoidali. Un terzo rullo C, avente massa m=36 kg, diametro d=280 mm e raggio di girazione c=115 mm, è a contatto con i predetti rotori ed è libero di ruotare intorno al proprio asse per effetto dell’attrito all’interfaccia. Assumendo che, all’istante iniziale, il rotore B sia fermo mentre il rotore A ruoti in senso orario con una velocità di 100 giri/min, calcolare la velocità angolare raggiunta dai tre rulli a regime. Nell’ipotesi, poi, che il transitorio, caratterizzato da slittamento tra i rotori A e C mentre B e C sono in aderenza senza strisciamento, duri 1 s, calcolare la forza d’attrito tra i rotori A e C e tra i rotori B e C, nonché il valore del coefficiente d’attrito tra A e C.
Figura 1: Accoppiamento tra rulli omogenei
Con riferimento ai dati assegnati, risulta:
I A I B M 2 55 0,14 2 1,078 kgm 2 I C m c2 36 0,115 2 0,476 kgm 2
(1)
Dette A, Be C le velocità angolari dei tre rulli, indicando con R ed r rispettivamente raggi delle ruote A e B e quello della ruota C, il rapporto di trasmissione tra le ruote, in condizioni di non slittamento, vale:
A r 140 0,824 C R 170
Con riferimento, poi, alla geometria del sistema, si ha:
(2)
47
sin 1
OO1
sin 1
2 OO 2
0,450 0,812 rad 2 0,310
(3)
La velocità angolare della ruota A all’istante t=0 è: A,0
2 100 10,5 rad/s 60
(4)
Indicando, ora, con la velocità angolare raggiunta all’istante t dal rullo A che parte con velocità A,0 e quella del rullo B che parte da ferma, e con la corrispondente velocità angolare raggiunta dal rullo C, applicando il principio di d’Alembert ai tre sottosistemi di figura 2, nei quali con T 1 e T2 si sono indicate le azioni mutue tra i rotori, si ha: 1) per il rotore A, che decelera: T1 R I A
t
0
d 0 dt
T1dt 6,34
A , 0
T1 6,34
d dt
(5)
d 6,34 10,47
2) per il rotore B, che accelera: T2 R I B
t
0
d 0 dt
T1 6,34
d dt
(6)
T2 dt 6,34 d 6,34 0
2) per il rotore C, che accelera: d T1 r T2 r I C 0 dt
r T1 T2 0,476
d dt
(7)
La (7), tenuto conto della (2), fornisce: T1 T2 4,13
d dt
0 T1 T2 dt 4,130 d 4,13 t
(8)
48
Figura 2: Azioni tangenziali mutue tra i tre rulli
Combinando le (5), (6) e (8), si ottiene la seguente equazione:
6,34 10,47 6,34 4,13
(9)
dalla quale si ricavano i valori:
3,95 rad/s 3,95 4,79 rad/s 0,824
(10)
Se la fase transitoria, caratterizzata da slittamento tra i rotori A e C mentre B e C sono in aderenza senza strisciamento, dura 1 s, per calcolare la forza d’attrito tra i rotori A e C e tra i rotori B e C, si può fare riferimento alla figura 3 che rappresenta i tre sottosistemi che configurano i relativi “corpi liberi” dei tre rulli.
Figura 3: Sottosistemi
Particolarizzando le (5) e (6), si perviene alle seguenti relazioni: FA 1 6,34 3,95 10,47 41,34 N FB 1 6,34 3,95 25,04 N
(11)
Imponendo l’equilibrio delle forze agenti sulla ruota C si ha: equilibrio verticale:
R A R B cos FA FB sin P
(12)
equilibrio orizzontale:
49
R A R B sin FA FB cos 0
Risolvendo le (12), dopo avere sostituito in essa i valori forniti dalle (11), si ottiene: R A 283,14 N R B 298,67 N
(13)
Il valore del coefficiente d’attrito tra A e C vale:
f
FA 41,34 0,15 R A 283,14
(14)
Esercizio Un ventilatore industriale richiede, per il suo azionamento, una coppia proporzionale al quadrato della M v anv2 velocità ed assorbe una potenza Pv=76 kW alla velocità n=383 giri/min. Esso è azionato da un 2 motore elettrico attraverso un riduttore (figura 1) con un rapporto di velocità . M m b c nm Il motore eroga una coppia con legge tale che essa risulta pari a zero alla velocità di 750 giri/min mentre la potenza erogata a 675 giri/min è Pm=90 kW. Determinare le curve di coppia del riduttore e del ventilatore e calcolare la velocità di funzionamento a regime.
Figura 1: Gruppo motore-ventilatore con riduttore di velocità
La potenza assorbita dal ventilatore è pari a: Pv M v v a n 2v
2 2 nv a n 3v 60 60
(1)
Poiché risulta Pv=76000 watt a 383 giri/min, dalla (1) si può ricavare: a
76000 60 1,292 10 2 3 2 383
(2)
Il momento motore e la potenza motrice sono rispettivamente pari a:
50 2
M m b c n m 1,292 10 n Pm M m m b c n m
2 v
2 nm 60
(3)
Poichè la potenza motrice è pari a zero quando n m=750 giri/min ed è pari a 90000 watt a nm=675 giri/min, particolarizzando la seconda delle (3) si ha:
b c 750 2 750 0
60 2 b c 675 675 90000 60
(4)
Risolvendo si ha: c 17 ;
b 1,27 10 4
(5)
Ne deriva che: M m 1,27 10 4 17 n m Nm
(6)
Tenuto conto che il rapporto di trasmissione è =2, indicando con nr ed Mr rispettivamente il numero di giri e la coppia in uscita dal riduttore, si può scrivere:
nm nm Mr nr nv Mm
(7)
da cui:
M r 2M m 2 1,27 10 4 17 n m
2 1,27 10 4 17 2n v 2,55 10 4 - 68 n v Nm
(8)
Le funzioni Mm(nv) ed Mr(nv) fornite dalla prima delle (3) e dalla (8) possono essere diagrammate ottenendosi il grafico di figura 2.
51
Figura 2: Andamento di Mm ed Mr in funzione di nv
La velocità di funzionamento a regime si ottiene uguagliando la prima delle (3) con la (8) ottenendosi: 1,292 10 2 n 2v 2,55 10 4 - 68 n v
(9)
Sviluppando si ottiene la seguente equazione: n 2v 5,263 10 3 n v 1,974 10 6 0
(10)
che risolta fornisce: n v 351 giri/min
(11)
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