Jacazio-Pastorelli, Esercizi Svolti Meccanica Applicata Alle Macchine, Levrotto&Bella

August 20, 2017 | Author: GiovanniDelGreco | Category: Acceleration, Mechanical Engineering, Mechanics, Physical Quantities, Space
Share Embed Donate


Short Description

esercizi svolti...

Description

Giovannt Jacazro Stefano Pastorelli

ESERCTZI

DI MECCAI{ICA APPLICATA ALLE MACCHII{E

INDICE Capitolo primo

CINEMATICA CINEMATIcA DEI coRPI PUNTIFoRMI (Riferimento al paragrafo l.1)

1.3

CTNrUaTTcA DEI CoRPI RIGTDI (Riferimento ai paragraft 1.2 e 1.3)

XcINnnrarrsMr

1.19

ARTTcoLATT

1.32

(Riferimento al paragrafo 1.4)

Capitolo secondo

ANALISI DELLE FORZE Equrr-rnnro srATIco DEI coRpr (Riferimento al

É

p ar

agrafo 2.2)

ATTnTTo E ADERENZA (fu ferimento al par agrafo 2.

5

.

l)

X RESISTENZA AL ROTOLAMENTO (Riferimento al paragrafo 2.5 .4)

Fonzp vrscosE (Riferimento al paragr afo 2.5 .2)

Fonzn

sU coRPI IMMERSI IN UN FLUIDo IN (Riferimento al paragrafo 2.5.3)

MoTo

il Capitolo terzo

DINAMICA PnopnrprÀ o'INERZIA DEI coRpl RTcIDI

J. -t

(Riferimento al paragrafo 3.1)

-_>/

EQUILTBRIo DINAMICO DEI CORPI lRiferimento ai paragrafi 3.2 e 3.3)

'-.-:-

tr'ENoMENI GlRoscoprcl

,

3.6 3.41

(Riferimento al paragrafo 3.4) ;":. LAVORO ED ENERGIA (Riferimento al paragrafo 3.5)

3.46 3.60

(Riferimento al paragrafo 3.6)

3.69

FOnzn DI FLUSSo (Riferimento al paragtafo 3.7)

r1

Capitolo quarto TRASMISSIONE DEL MOTO Acc opr,r,lnnnNTo MoTo

n.E-U T ÍLIzzATORE

(Riferimento al paragrafo 4.1) EsnRcTzT SUL RENDIMENTo (Riferimento al p ar agr afo 4.2)

TRANSITORIo IN UN SISTEMA DI TRASMISSIONE DEL MoTo (Riferimento aiparugrafr4.3 e 4.4) IRREGoLARITÀ PERIoDICA NEI SISTEMI RoTANTI (Riferimento al paragrafo 4.5)

EQUILIBRAMENTo DEI RoToRI (Riferimento al

p ar

agrafo 4.6)

u-:brNaIrlcA DEI vEIcoLI . -\Rifer'mento al paragrafo 4.7)

( : :--

==-

é

'

il Capitolo quinto COMPONENTI MECCANICI PER LA TRASMISSIONE DEL MOTO =-GruNTI

5.3

(Riferimento al paragrafo 5.1)

*Fr,rssrnrr,r

5.9

(Riferimento al paragrafo 5.2)

INcRlNlccr

5.33

(Riferimento al paragrafo 5.3)

Rorrsvu

s.60

(Riferimento al paragrafo 5.4)

-

'

..,

..TRASMISSIONI A vITE-MADREVITE (Riferimento al paragrafo 5.5)

5.82

)--= Ry a:60", f,

cosa

3(l + sin a)

B,

.edessendo

>0,0893

Per calcolare Ry

rulIi

il

minimo coeffi-

aderenza fra I e 2 bisogna prima ricavare le componenti tangenziale e normale della forza scambiata

ciente

di

frale2:

Fr

= F, sincr

- F,

cosa

Fx = F, coscr+ Frsina I

ll

-

Pertanto valere:

il coefficiente di aderenza fra i rulli

Ft

,, "Jol- Frv - =--:0,2679 l+sincr COSA

1e

2 deve

2.30

Esercizio 2.28

Un'asta di sezione uniforme, Iunga L = zlp mm, è aPPoggiata al terreno al sug-e\tremo A, e ad un semicerchio di raggio r = 75 mm in un suo punto inter' medio C. Sapendo che il coefficiente di aderenza fra terreno e asta e fra asta e semicerchio è fu = 0,15, determinare il massimo valore dell'angolo a fra I'asta e la direzione orizzontale per il quale l'asta rimane comunque in equilibrio, L'asta è sottoposta all'azione della forza peso P passante per il baricentro G alle forze normali etangenziali nei punti di contatto A e C. In base alla geometria del sistema si ha che:

e

-r AC=r/tga; GC=' -itga 2 Si scrivono ora le equazioni di eqúiliUrio di risultante nelle direzioni onzzontale di equilibrio di momento ri-

e verticale delle forze agenti sull'-asta e un'equazione spetto a C:

Nr

-P *

-f,Nt

-

N2cosd + -f"Nzsina = 0

Nzsina +

f.Nz cosa = 0

p"oro( ' -!ì-N,1cosa tga Itgo 2) Ricavando lf1 e Nz

in

Ll2

funzione di P

dalle prime due equazioni e sostituen-

L12

dole nella terza si ottiene:

*foN(cosa=o

^Y //

4 \af



-{f'

Nz

\ \/.'v t/

ii:!l

:ii: ì::i iiiI

i:!

iiì i'.

:i !: :i

2.31

( t r)

l'*-'

)

^(*-+)u+r"tga) -0

F4-'. t* r.)ks^-r") Da questa espressione si ottiene:

f"

tgza =

; a:17,63"

+1. r.')- r. Esercizio 2.29

A un corpo di massa m = 50 kg e lunghezza a = 4OO mm appoggiato sul terreno viene applicata, alla distanza ó dal terreno, una

foza di trazione foza I

zontale. Se la

f

in direzione oriz-

è applicata sufficien-

temente vicino al terreno è possibile, con un adeguato valore di f, superare il limite di aderenza e provocare il movimento del blocco, Se invece la distanza n ai i aat terreno supera un valore limite, l'aumento di f non provoca il movimento del blocco, ma il suo ribaltamento. Dato il coefficiente di aderenza tra il corpo e il terreno fu=0,7, determinare il valore limite di h,

I-

Le equazioni di equilibrio di risultante nelle direzioni vefticale e orizzontale e quella di momento nspetto ad A, che è il punto attomo al quale il blocco ribalta, sono:

*rl I

ie

Al limite dell'aderenzà: F7 = -f, Fu,

ricava:

h=L=285,7

,-{-.

mm

da cui si

2.32 Esercizio 2.30'...

Determinare il valore del momento U che deve essere applicato in verso orario al rullo, avente massa m = 5O kg e diametro D -- 9OO mm, per mantenerlo in rotazione noti a = 60o, p : 30o e il coefficiente di attrito f = 0,3. Scrivendo le equazioni di equilibrio di risultante nelle direzioni orizzontale verticale per le forze agenti sul rullo si ha:

e

-* )'I fNtcosa +l/1 sina + fNzcosB *i/2 sinp = Q f llfr cosa - Í]Vtsina+N2cos p + fNrsinl- mg = 0 Dal sistema di queste due equazioni si ricava:

.^ú: I1 momento

108,04

N; Nz:457,01 N

M si ottiene scrivendo un'e1/rarione di equilibrio di momento ri-

spetto al centro del rullo:

M

:(N,. M+:76,28 Nm

i!!!ii

iiiii;

liiìi li:t!

= $

2.33

Esercizio 2.37 ::::!:

:::ii :::i:

:,:

'l

r',

'll:i i:i:! :::!

.

La ruota in figura ha diametro D

=

900 mm e massa m=30 kg, Determinare la coppia C che deve essere applicata alla ruota affinché questa rotoli sopra l,ostacolo di altezza h = g0 mm. Calcolare inoltre il minimo valore del coefficiente di aderenza ruota - ostacolo che garantisce assenza di slittamento della ruota,

@

L'angolo I formato fra la congiungente OA ela vefticale è data da:

cosg=

,r=t-!. s:36,87o D/2

Scrivendo un'equazione di equilibrio di momento rispetto ad,A siricava:

.g"2 lsinl-

C = 0, da cui si ottiene il valore della coppia C

:

79,43 Nm

I valori delle reazioni vincolari Ze si ottengono scrivendo le equazioni di equilibrio di lisultante secondo la direzione OA e quella perpendicolare

l/

ad,

OA:

IN-mgcos9=0 {Z-lzigsing=o Quindi deve essere: T

J,è-=tgu=0,75 M

,>.



2.34 Esercizio 2.32

Il

rocchetto in figura è costituito da due dischi di raggio R = 750 mm collegati da un albero centrale di raggio r = 450

R

I t

mm su cui è awolto un cavo inestensibile.

I

Il rocchetto ha massa m = 2OO kg ed appoggia su un piano inclinato dell'angolo cr = 15o con coefficiente di aderenza fu= 0,4.

Determinare il minimo valore della forza F che deve essere applicata al cavo in direzione orizzontale per far rotolare il rocchetto in salita sul piano e la forza di attrito scambiata tra rocchetto e piano in tale condizione,

L'equazione di equilibrio di momento nspetto al punto di contatto fra rullo e piano è:

mgRsina- F (r+Rcos a) - 0 da cui si ricava: F:324,2 N. Scrivendo ora due equazioni di equilibrio di risultante, nelle direzioni del piano inclinato e perpendicolare a questo, si ricava:

-Z+Fcosa-mgsina:0 l{-mgcosa-Fsina:0 da cui: T

-

194,4 N;

N:

1918,3

N

Poiché il rapporto T/N :0,0983 è minore del coefficiente da aderenzaf,: 0,4 si ha effettivamente ader enza.

Esercizio 2.33

f*

: i!-i:.re

Due ruote di massa m = 5O kg ciascuna sono vincolate ad un albero rotante di diametro d = 45 mm supportato da un cuscinetto a strisciamento. Se la coppia necessaria per mantenere le ruote in rotazione a velocità angolare costante è M = 3 Nm, determinare il coefficiente di attrito nel supporto dell'albero e il raggio del cerchio di attrito.

2.35

Lareazione vincolare À nel pemo vale R

:zmg

ed è tangente al cerchio di attrito di raggio p. La coppia M necessaria a mantenere in rotazíone le ruote è pari al prodotto della reazione vincolare per il raggio del cerchio di attrito: M:2mgp, per cui:

p:3,059 mm Il raggio del cerchio di attrito è dato vale'. cp:7,815o e

da:

p:

d per cui I'angolo d'attrito [email protected] 2

rp

il coefficiente di attrito èf:tgq:0,1372.

Esercizio 2.34

I dischi A e B sono appoggiati, l'uno sull'altro, sul piano C e sottoposti ad una forza verticale F= 300 N. I diametri dei dischi ,4 e I sono rispettivamente dA = 220 mm, da = 320 mm. Assunta la pressione sotto ciascun disco costante su tutta la superficie di contatto e il coefficiente di attrito tra A e B pari a fAB = 0,4, determinare la coppia M che deve essere applicata per mantenere z4 in rotazione a velocità costante e il minimo valore del coefficiente di attrito fu tra B e il piano C necessario rer impedire la rotazione di B. u Poiché la pressione p1 fra A e B è costante, la relazione fra forza verticale pressionepT è:

F

e

rlrd1 Pl

4^

Ciascun elemento infinitesimo dA: rdrd9 di area di contatto fra disco B crea un momento infinitesimo rispetto all'asse pari a:

dM = f es p,qrdA = 7n,

Il momento complessivo -no. che è pari a:

M=

p

I

e disco

g2 drd7

è dato dell'integrale di dM, su tutta la superficie di con-

-s3

fmpoU l2

= f ABF 4!= g,g Nm

2.36 Poiché anche la pressione fra B e C è uniforme, ripetendo per C lo stesso procedimento ora esposto, si

ha che M

il contatto fra B e

: f"F + -t

Pertanto, per impedire la rotazion

e fra Be C dovrà essere: f,

= 0,2J5 = ry Fdn

.

Esercizio 2,35

FB

# t -t Il

raggio del cerchio di

attrito nel pemo è: p : rsinrp, con (p : arctg.f p",

cui p : J,428 mm. Poiché I'effetto dell'attrito è quello di opporsi al moto relativo lra i corpi. la reazione vincolare R nel perno è tangente al cerchio di attrito dall'una o dall'altra parte a seconda del verso di rotazione della leva.

Scrivendo un'equazione di equilibrio di momento rispetto al punto di applicazione di R si hanno i seguenti due casi:

F1

Agli estremi della leva in figura sono applicate due forze Fo e F6, con direzione perpendicolare alla leva. Note le lunghezze a= 150 mm, b = 350 mm, il raggio del perno della cerniera in O r - 20 mm, il coefficiente di attrito nel perno della cerniera in O f = 0,4, determinare i valori dell'intensità della forza Fa per garantire la rotazione della leva a velocità coTstante in verso orario o antiorario, quando Fu= 100 N'

2.37 Rotazione in verso orario:

F1(a+p)-Fn(b-p)=0 Ft:217,6N Rotazione in verso antiorario:

h(o-p)-Fn(b+p)=0 Ft:250,7 N

b--,ff

2.38

RESISTENZA AL ROTOLAMENTO (Riferimento al paragrafo 2.5.4)

Esercizio 2.36

il

I !î

Un tratto di nastro traspotatore orizzontale lungo L= 90 m scorre su rulli aventi diametro D= 720 mm. I rulli hanno perni di dlmetro dp= 30 mm con coefficiente di a(rito fp = 0,035. La massa per unità di lunghezza del nastro con il carico è e-=20 kglm ed il parametro di attrito volvente fra rulli e nastro è u=O,4 mm, Determinare la foza richiesta per far avanzare il tratto di

mf ffi

t

!! Íl

i

nastro a velocità costante,

{l

f

Il raggio del cerchro di attrito nei rulli è: dn

P go

I -srn

-

Qe

"

arctg fo = 2"

,

con Per

cli p:0,5247 mm. Ogni rullo è soggetto all'azione di due forze: quella esercitata dal nastro (peso -t forza di trazione) e ieazione vincolare nel perno. Queste due forze devono essere

ugualieopposteedevono quindi passare per i



2.39 pnfiti A (tangente al cerchio di attrito) a B (spostato di z rispetto al punto geometrico di contatto fra rullo e nastro.

Ne risulta un angolo p rispetto alla verticale definito da: tgp 0,8829". La forza F complessiva per far avanzare quindi: F : q. Le tef :272N.

il

: !! p: Dl2"

nastro a velocità costante

è

Esercizio 2.37 Per la carriola indicata in figura si conoscono: il peso Q = 9OO N, le distanze a = 600 mm, b = 500 mm, d : 400 mm, , = 800 mm, il parametro di attrito volvente a = 10 mm/ il diametro del perno della ruota dp = 25 mm, il coefficiente di

attrito nel perno fp= 0,I8. Calcolare la forza F necessaria a far avanzare la carriola a velocità costante e l'angolo di inclinazione di detta forza rispetto alla verticale.

Considerando la sola ruota, isolata dal resto del sistema, essa è sottoposta unicamente a due forze: la forza R che il terreno esercitata sulla ruota in B (spostato di z,i rispetto al punto geometrico di contatto fra ruota e terreno) e la reazione nel perno passante per A (tangente al cerchio di athito di raggio p). Il raggio del cerchio

d'attrito è dato da p: 4l-"rn ep, 9on rpo = arctgfo = 10,2" ; p 'Conviene considerare la forza R come somma di una componente tangenziale T e una normale N, trale quali esiste una relazione ricavabile scrivendo un'equazione di equilibrio di momento rispetto adl:

^d T--N(u+p)=0 2

Considerando ora l'intera carriola, si scrivono le due equazioni di equilibrio di risultante in direzione orizzonlale e verticale e un'equazione di equilibrio di momento rispetto ad 11:

:

2,214 mm.

iiiiii !i!::: ri:iri

2.40

lr-rsinB=g

B-o:o lrr-rr,*ui,r+eb=o

].ntr*r"o,

Da queste tre equazioni e da quella prima scritta per la sola ruota si ricavano:

-'n)=got r:25,e N 'lav*o*ul | 2(u+pt .l rr N -

tgli:-r

Q-N

d t_:424.t

:0,05441;

2(u + p)

N

F: 3"115": r =-!-:476.6 stn

N

B

Esercizio 2.38

Un compressore stradale ha un rullo avente diametro d= 1500 mm, lunghezza /=2500 mm e massa m:8000 kg, Si assumono i valori del parametro di attrito di rotolamento u= 20 mm e del coefficiente di attrito fra rullo e terreno f = 0,4. Determinare: 1) la forza F che deve essere applicata all'asse del rullo in direzione orizzontale per farlo avanzare in

2.4t

::!r!:

'iìiii

'iii': r::iii :::::j i::i;;

rettilineo a velocità costante; 2) la coppia C sterzante necessaria per far ruotare il rullo attorno ad un asse verticale, supponendo il rullo fermo e uniforme la pressione di contatto fra rullo e terreno. Scrivendo un'equazione di equilibrio di momento rispetto al punto A in clui passa la reazione vincolare esercitata dal terreno sul rullo durante il moto di avanzamento in ret-

tilineo si ha:

mgu-U=o;

F:2092N

Quando

il rullo sterza si sviluppano forze

d'athito che per metà della lunghezza sono dirette in un senso, per metà in senso opposto; la risultante della forza d'attrito per ogni

d

metà del rullo

*&

è: Fo = -2 f

= 15690

N e il

braccio fra le due forze è ll2, per cui la coppia sterzante è C: FAll2: 19612 Nm.

Spostamenti

Forze

i E

r

2.42 Esercizio 2.39

Una barca di massa m = 2OO kg, appoggiata su rulli di diametro d = 250 mm, è trascinata su ,una spiaggia inclinata di a = 60 sull'orizzontale. Noti i coefficienti di attrito volvente tra barca e rulli fvt = O,OI e tra rulli e spiaggia fvz = O,08, determinare la forza di trazione i che deve essere esercitata per trascinare la barca a velocità costante.

I

parametri

di attrito volvente nel rotolamento fra barca e rullo e fra rullo

spiaggia valgono:

t)t'""'2 = f,,r 4:,-Zt[lm] /1r

f,,. 4:l0 = ""2

mm

L'angolo I formato fra la congiungente dei ptnti A e ,B (per i quali passano le forze scambiate fra barca e rullo e fra rullo e spiaggia) e la normale alla spiaggia è dato da:

teS =

4i+: d

S:2.577"

I-aforzaR che complessivamente i rulli esercitano sulla barca è quindi inclinata di I rispetto alla normale al piano di scorrimento. Scrivendo le equazioni di equilibrio di risultante nelle direzioni del piano di scorrimento e normale a questo si ha:

lT -mgsina-Rsin9=0 fRcosg-mgcosa=0

i

Pertanto:

T: mg(sina + cosa tg,9) = 292,8 N

e

3

t

Esercizio 2.40

Un Boeing 747 al decollo a pieno carico ha. massa totale m = 360 t e la portanza è pari al 600/o del peso alla velocità di 200 km/h. Complessivamente i

carrelli del velivolo hanno 16 ruote con diametro d = Lt94 mm, con coefficiente di attrito volvente fv = O ,O!+7 ,5xL0-6 c,Ì , essendo ar la velocità angolare delle ruote espressa in rad/s. Calcolare la forza orizzontale all'asse di ogni ruota all'inizio del decollo (velocità nulla) e alla velocità V= 200 km/h. L'asse di ogni ruota è caricato verticale da una fona Qpari a: I

Q=

*(mS

-Z)

in direzione

dove m è la massa totale del

velivolo e L la forza di portanza. La forza F all'asse della ruota, in direzione onzzontale, è ottenibile scrivendo un'equazione di equilibrio di momento rispeffo al punto I in cui passa la reazione del terreno sulla ruota:

Fd - ou =o: F =2uQ ' 2d

All'irrizio del decollo la velocità angolare è nulla, come pure la portanza L, per

sti: u = f" '24: 5,97 mm, L Alla velocit

:

:

0,

Q:220635N,

F: 2206 N.

:

àt V 200 km/h 55,56 m/s, la velocità angolare at della ruota è o:2V/d:93,06 rad/s, f,:0,02299, 1.3,72 mm, mg (I-0,6)/16:88254 N,

f

:2029 N.

u:

Q:

2.44

FORZE VISCOSE (Riferimento al paragrafo 2.5.2)

Esercizio 2.4L

/)

Una-glastradi peso P=30 Nesuperficie A=2 m2 è appoggiata su un piano con interposizione di uno strato di olio lubrificante. La piastra è sostenuta da due guide prive di attrito che mantengono I'altezza h = 1 mm. Determinare la viscosità dell'olio se la piastra scende a velocità costante V= IO0 mm/s quando il piano è inclinato dell'angolo a = 30o.

La componente della forza

peso nella direzione del piano inclinato è

Psina;

questa forza è equilibrata dalla forza sviluppata dalle forze viscose dello strato di fluido, pari a: pVAlh. Pertanto la viscosità p del fluido si ricava dall'equilibrio:

Psina = Pí/A h

p:

0,075 kg/ms

Esercizio 2.42 Nel sistema in figura il corpo -/, avente massa m = 5 kg, durante la sua discesa pofta in rotazione il tamburo 2, al quale è

2.45

vincolato attraverso la fune 3 e le pulegge 4 e 5. Il tamburo 2 è immerso in un recipiente cilindrico contenente olio con viscosità cinematica y = 100 cS e densità .. = 900 kg/m3.Sono noti i diametri della ouleggia 5: D5 -- 80 mm, del tamburo 2: 4 = 200 mm, le dimensioni t = 120 mm e h = 2 mm. Determinare la velocità angolare a; del recipiente tale da garantire ta discesa del corpo ./ a velocità costante V= 3 m/s.

In condizioni di discesa a velocità costante corpo I ,la coppia M6creata dal peso del corpo all'asse del tamburo J[6: mg Dsl2: 1,9612 Nm è equilibrata dalla coppia resistente creata dalle forze viscose lungo la parete laterale (Mt) e di fondo (Mp) agenti sul corpo 2. La viscosità del fluido è p: vp: 0,09 kg/ms. ,1el

Calcolo della coppia resistente M7 La velocità periferica del corpo 2

è l/t = Cùt

Dz

2'

poiché la velocità angolare

a>2

-'-

Ji questo corpo è data da a4:2VlD5, si hache: Vz: l/D2lDs. La velocità periferica del recipiente è pari a Vp

- r(2a* A). f-u tensione tan\2 )

genziale r che si sviluppa nello strato di fluido è quindi:

It,-tr^l'ulto, "J-' | '-ttl (o,,ll '+hll

T=uL -

'

h

hLD, \z

la coppia resistente è pari all'integrale braccio D2l2:

))

di eesteso atutta la superficie laterale per

M," =npìLt,lvoz _.(

2h LD,

g.*r\)

Iz

))

Calcolo della coppia resistente Mp

La velocità di un punto generico del corpo 2 a distanza r dell'asse è a1y : :Ii/Ds e la velocità di un punto generico del recipiente a distanza r dell'asse è ar. [-a tensione tangenziale r,proporzionale alla velocità relativa e quindi:

,

=L(L-.1" h\D' )

2.46

e la coppia resistente Mr è data dall'integrale del momento rispetto all'asse delle tensioni tangenziali che si sviluppano lungo la parete di fondo del corpo 2:

LhlDsr1")

M. = lr.dA = o f?" t(

'o

trn

.

2nr2

n\o'-.\*4 )tz

dr = !!( ?L

conclusione, in condizione di equilibrio si deve averc:

Mc: da cui si ricava

rDltpv nnltp( ot , I

at:

2hDs

2h \2

M6: Mr r

npvD!

nD! u

t6hD5

32h

)

Mp, qluind|,

26,121 radls (in verso concorde con la rotazione del corpo 2).

Esercizio 2.43

) II tacilmetro a viscosità illustrato schematicamente in figura è costituito da due dischi uguali affacciati l'uno all'altro e separati da una piccolissima intercapedine di spessore h = 0,2 mm, in modo che l'aria interposta, quale fluido viscoso, tenda a trascinare il disco I quando quello .4 è posto in rotazione. La rotazione del disco 8è contrastata da una molla a spirale in modo

che l'indice si sposti angolarmente su un quadrante graduato in funzione del numero di giri n dell'albero /r' di ingresso dello strumento. La parte attiva dei dischi è limitata alla corona circolare compresa tra i raggi r. = 60 mm e 11 -- l0 mm. Alla temperatura di funzionamento la viscosità cinematica dell'aria è v= 73,2 cS e la densità è p = 1,19 kg/m3. Determinare la rigi-

a spirale (espressa in Nmm/o) necessaria a far si che l'indice ruoti di 2400 quando la velocità angolare dell'albero di ingresso è n= 9800 girilmin. dezza della molla

La viscosità dell'aria

è

p: vp:

1,5078 x10

s

kg/ms. La coppia resistente creata

dalle forze viscose è: )

Mv

-*r----

= !,.i vdA =l:í

,g?rmdr h

=

z"tt

_ r(r! rî)

2.47 Questa coppia è contrastata dalla coppia di reazione della molla, pari a klrp

nllal(r"a - r;a) , O,e=_ 2h

ds,

si ottiene

fr,:

e:

:

:

240o 4,1888 rad, per ar 9800 giri/min 0,0003914 Nm/rad: 0,006832 Nmm/o.

Poiché deve essere

:

1026,2

2.48

FORZE SU CORPI IMMERSI IN UN FLUIDO IN MOTO (Riferimento al paragrafo 2.5.3)

Esercizio 2.44

Un paracadutista con equipaggiamento completo ha peso P = 1000 N. Determinare il diametro del paracadute necessario affinché la velocità di discesa sia pari a 4 m/s, assunto un coefficiente di resistenza aerodinamica co = 1,1 e la densità dell'aria p = 7,19 kg/m3.

Il peso P è equilibrato stente aerodinamica: 1

R

p =fiPv2cndz ouindi: '8 da cui si ricava

d:

11,03 m.

:1

,

pAV2cn dove

2'

,4

nda 4

dalla forza resi-

i:i:i: !iii!:

i:i:i: :!a!:!

:!:!:!

Esercizio 2.45

Un sottomarino naviga durante una missione di pattugliamento a bassa velocità t/= 2 nodi (1 nodo = L,852 km/h). Il periscopio di diametro d = 305 mm è esteso fino al pelo libero dell'acqua per una lunghezza L = 2,5 m. Determinare la forza resistente agente sul periscopio, assumendo la viscosità cinematica dell'acqua v= 1 cS.

Il coefficiente di resisteîzacp varia in funzione del numero di Reynolds come indicato nella figura 2-22, pag.2.55 del libro di testo. Poiché il numero di Reynolds vale: Re=Vd v Re

A

:

,edè:V:2nodi :1,029mis, v:lcS:

31381 1, da cui si ricava cp

:

0,84 e la forza resistente è:

: dL: 0,7625 tn2, p:1000 kglm3, da cui: R :

lx10-6m2/s, siha:

)oAVt"^,

coo

339 N.

Esercizio 2.46

Un miscelatore è costituito da due dischi di diametro d = 30 mm vincolati a un braccio rotante di lunghezza b = 300 mm. Determinare la coppia M che deve essere applicata per mantenere il miscelatore immerso in acqua in rotazione alla velocità n = 50 giri/min, assumendo la viscosità cinematica del fluido rz= 1 cS e trascurando la resistenza dovuta al braccio di collegamento dei dischi. La velocità di avanzamento del centro di ogni disco

giri/min

Il

:

5,236 radls, quindi:

V:

, = r1., essendo at:50

0,7854 rnls.

numero di Reynolds per ogni disco vale: Rn

quindi: Fte:23562

è

=Vd , con

lcS

:

10-6 m2ls,

2.50

Dalla figura 2-21 a pag. 2.54 del libro di testo si ricava stenza cp

= I,l, quindi la

forzaresistente su ogni disco

A=xdz :0,0007068 m2. Perciò,

essendo la densita

p:

il

coefficiente di resi-

è: p=!pAV2cp,

colt

l000kgim3:

4

R

:

0,2398Nm e la coppia all'asse è: M =2R+ :0,07194 Nm. 2

Esercizio 2.47 Un disco di diametro D = 680 mm rotola su un piano senza attrito alla velocità Vp = 50 km/h. Calcolare la coppia resistente dovuta all'effetto di una corrente d'aria che investe il disco trasversalmente alla velocità Vv= 700 km/h. Si assumano la viscosità cinematica e la densità dell'aria rispettivamente v = 13,2 csep=L,!gkg/m=.

vv Il numero di Reynolds associato

Dlz:

alla rotazione del disco

è'.

Re

='^'v

,con R :

raggio del disco.

La velocità angolare at è dafa da: a scosità cinematica dell'aria è v

Re: 357744. Il rapporto tra velocità

:

={

,

V:

50km,&

:

D "on l3,2xl0'6 m2ls per cui si ricava:

13,88 m/s; la

vi-

at: 40,85 rad/s;

del vento laterale Vr e velocità periferica aR è Vy I aR: cu: 0,012. La coppia re-

2; dalla figura 2-24, pag. 2.56, del libro di testo si ricava sistente è quindi: M n

- ! p6r' Rtcu: 2'

0,0541 Nm.

Esercizio 2.48

Un aeroplano di massa m = 7,5 t ha ali di larghezza b = 15 m e lunghezza della corda L = 2,5 m ciascuna. Determinare l'angolo di incidenza delle ali per

i;iiii

:i:!:: r;:ii!

j;:::i

i'i;i:

garantire il volo orizzontale alla velocità v= 780 nodi (1 nodo = 1,852 km/h) assunta la densità p dell'aria all'altitudine di 4500 m pari a 0,792 kg/mt. Si assuma il valore del coefficiente di resistenza del profilo alare come definito in figura 2-20 del libro di testo.

Laforza diportanza L deve equilibrare il

Il coefficiente di portanza è ricavabile 1

1 = !-'2 pV

2

Ac

1, incui l'area è A :

peso

mg:

5

e

73545 N.

da:

2bL

:

7

m2,

V

:

180 nodi

:

92,6 m/s.

Quindi: c1: 0,2888. Dalla figura 2-20, pag. 2.53 del libro di testo si ricava che questo valore di c1è ottenuto per un angolo di incidenza a,:2,3o. Esercizio 2.49

li

t:

,:l

iti

Un treno di massa m = 4OO t, avente altezza h : 4,5 m, larghezza b = 3,4 m, lunghezza complessiva L=2O0 m, si muove alla velocità V= t9O km/h. Il pianale del treno si trova ad una altezza ó= 0,6 m dal terreno. Il diametro delle ruote è d: 900 mm e il coefficiente di attrito volvente è f, = 0,0005+6,25x7o'8aÌ, essendo ar la velocità angolare delle ruote espressa in radls. La resistenza aerodinamica dovuta allhria

è somma di due termini: la resistenza :ii ::ii :.i: .ii

ji:i ì:

lungo la superficie frontale, espressa dal coefficiente di resistenza cRF = O,4, e la resistenza lungo la superficie laterale espressa dal coefficiente di resistefiza cp2i

-

-^L Iii

-

0,455 1700 (tog aef'ss Re

--

,,'i :i::

i::ii ::::i

:l!ii

iiiii

t:itl

dove Re è il numero di Reynolds basato sulla lunghezza L. La densità dell'aria è p = 1,25 kg/m3 e la viscosità cinematica dell'aria è y = 13,9 cS. Determinare la forza risultante che si oppone all'avanzamento del treno.

@t

2.52

:

Alla velocità

V:

I80 km/h = 50 m/s la velocità angolare delle ruote è:

at

= 2V/d

il coefficiente di attrito volvente èf,:0,001272, quindi il parametro di athito volvente è u : fdl2: 0,0005722 m. 111,11 radls e

Lafonaresistente dovuta al rotolamento è' pari a:

f - *g;2u = f,mg:4988 N. )

La resistenza aerodinamica dovuta alla superficie frontale è: Ri =

conAp: bh:15,3

m2, quindi:.Rl

lVlrv'ru,

:9562,5 N.

La resistenza aerodinamica dovuta alla superficie laterale è:

À,

:

|e

ArVt"o

L'atealr da considerare è quella dovuta ai due fianchi e al tetto; I'area del pianale inferiore del treno non entra nel computo, poiché essa è affacciata al terreno e si stabilisce nel canale formato fra questi due elementi un gradiente di velocità circa lineare che dà luogo a una bassa resistenza aerodinamica. Quindi: AL: (2h+b) L :2480

Il

m2.

numero di Reynolds basato sulla lunghezza

nf ls, Re:

7,194x108 e

il

è: Re:ry

con y =

13,9x10-6

v coefficiente di resistenza aerodinamicalaterale è:

cp:

0,001635.

Quindi: Rz:6334 N. La resistenza sul fondo è calcolabile considerando che la tensione tangenziale è:

p) e l'area di fondo è AF: bL : 680m2, per cui si ha una forza resi'ò : pu+ ò stente R3 : rAo:0,985 N. Laforza resistente complessiva è: R : T + Rr * Rzr R3 : 20888 N. ,

=

Clprroro Tnnzo

DINAMICA

PROPRIETA D'INERZIA DEI CORPI RIGIDI (Riferimento al paragrafo 3.1)

Esercizio 3.1

Dato un corpo di forma cilindrica avente diametro d = 200 mm e altezza b = 30 mm, realizzato in alluminio (densità p = 2750 kg/m3), determinare il suo momento d'inerzia ,Ic rispetto ad un asse coincidente con una generatrice del cilindro,

La massa del cilindro è: m =

:2,592kg pI!3 ,4

Il momento d'inerziarispetto all'asse del cilindro

è:

to:4:o,o1296kgmz "8 Il momento d'inerziarispetto a una generatrice

è:

Ic : Ic + *+:0,03888 4

Esercizio 3.2

;

Determinare il momento d'inerzia del corpo cilindrico rappresentato in figura, rispetto al suo asse di simmetria, note

kgm2

3.4

(

le dimensioni d = 25 mm, D = 2OO mm, le masse mt = 0,9 kg, mz = 1,3 kg, mz = O,4 kg e il raggio d'inerzia baricentrico della parete sottile 3 p6: D/2.

Momento d'inerzia della parte .E

(t\:

It

=

't4.' :1.031 x l0-s kgm2

=*t!'8- :0,0065 kgm2 Momento d'inerziadella parte (3): 13 : rypZt:0,004 kgm2 Momento d'inerziacomplessivo: I : Ir * I2 +13:0,01057 kgm2

Momento d'inerziadellaparle (2): 12

Esercizio 3.3

Il carico di un banco prova per un servocomando equilibratore di un velivolo è costituito da una trave a sezione quadrata ai cui estremi sono vincolate due coppie di dischi, come rappresentato in figura. Il carico viene portato in rotazione dall'albero del servocomando intorno all'asse x. Sono note le seguenti dimensioni: L:1200 mm, a: 50 mm, R= 500 mm, d= 400 mm. La

trave e

i

dischi sono realizzati in acciaio

con densità p = 7830 kg/m3. Determinare lo spessore ó di ciascun disco affinché il momento d'inerzia complessivo del carico rispetto all'asse xsia I,= 50 kgm2,

Massa della trave:

mr = pa2 L : 23,49 kg.

Momento d'inerzia della trave rispetto all'asse baricentrico:

,r, = tttr(L'+a') 12 -

I

-

*a--

:2,824

kgm2

I

i

3.5

Momento d'inerzia di ciascun disco rispetto al proprio asse:

( :z \ Ior=lo*mpR2=*ol\*nrl \8 ) ove

,d=mo: Ip

è

il

momento d'inerzia di ciascun disco rispetto all'asse del si-

8

stema.

Momento d'inerzia complessivo del sistema:

I*=Ir"I4Ip* Essendo

I,:

50

kg

',

si ricava che la massa di ciascun disco è:

I - - I._ -7ì;--t ,:43.68 kg 'n, Y-+ 4l R2 (8 ) =

|

Essendo

trd2b

zp =P-

4

, si ottiene:

b:0,04439 m:44,39 mm.

{

3.6

/ \

I

EQUILIBRIO DINAMICO DEI CORPI (Riferimento ai paragrafi 3.2 e 3.3)

î'

Esercizio6è Un uomo di massa m : 75 kg è in piedi su una bilancia posta all'interno della cabina di un ascensore. La massa totale della cabina, dell'uomo e della bilancia è mr=750 kg. Durante i primi 3 s di moto con partenza da fermo la tensione nel cavo di sospensione della cabina è f = 8300 N. Determinare la forza R misurata dalla bilancia e la velocità t/ di salita della cabina al termine dell'intervallo di tempo considerato.

Il sistema è sottoposto alla forza di trazione 7 del cavo, alla forza peso m7g e alla forza d'inerzia m7a, per cui:

î, mrs

ff

(;Í*

T-mrg-mrat:0 L'accelerazione a vale quindi: a:7,261 mls2. La velocità di salita al termine della fase di accelerazione è: V: at: 3,782 n/s. La forza R misurata dalla bilancia è: R : m (g + o) : 830 N.

rsercizioG La cabina di ispezione di un impianto di risalita a fune ha massa m = 2O0 kg. Il suo moto di scorrimento sul cavo fisso di sospensione è controllato dal cavo collegato in ,4. Determinare l'accelera-

zione della cabina quando il cavo di trazione è orizzontale e in esso la tensione è T= 2,4 kN, Determinare inoltre Ia forza F complessivamente esercitata dal cavo fisso sulle ruote del carrello di supporto della cabina.

L'angolo aè dato da: c(

= arctsa:2z.ez" '12

L'equilibrio delle forze in direzione del cavo fomisce la seguente relazione: T cosu

da cui si ricava:

a:7,305 nls2.

-

mgsina

-

mo

:

0

L'equilibrio delle forze in direzione perpendicolare al cavo fomisce la seguente relazione:

-Tsina mgcosd+F:0 da cui si ricava:

Esercizio,zJS\,

Un manicotto di massa Ífi = 10 kg

iiiiii i:!:!:

!:i::: r;rìi!

i:ii!; ::::ii

i;;;;i

scorre verso l'alto lungo un albero verticale per effetto dell'azione di una forza F di intensità costante e direzione

variabile identificata dall'angolo g in figura. II coefficiente di attrito tra manicotto e albero è f= 0,3. Assumendo che l'angolo I vari linearmente nel tempo e che il manicotto parta da fermo con I = 0o e si arresti per g = 90o, determinare l'intensità della forza

F.

F:2733

N.

La forza F ha una componente in direzione vefticale pari a F cos,9 e una in direzione orizzontale pari a F sing; per effetto dell'attrito nasce una componente di forza in direzione verticale, diretta verso il basso, parlr a: fF sin9. L'equazione di equilibrio dinamico in direzione verticale per il manicotto è:

Fcosg- JF sinl_ *c"dt =y!! Poiché

S:

essendo Vlavelocitìtdel manicotto.

kt (,9 cresce linearmente col tempo), si ha:

*

fro,

=

fo{r"ort

- mg)dt

, -JFsrnkt

e quindi:

*v =+Fsinkr + f L(roskr-t)-ngt kk Il manicotto si ferma quando ,9:

tr 2

, ossia per f

:

trl2k, quindi:

nFfmgn

kk2k da cui si ricava:

F

: n*8 :220 N 2(r-

f)

EsercizisSjt'

\

_,'

Per determinare la massima accele-

razione laterale di un'autovettura, questa viene condotta su una pista piana circolare di raggio r:30 m a velocità lentamente crescente fino al limite di aderenza delle ruote con il terreno. Se per un'autovettura di massa m =1400 kg la velocità massima è t/= 55 km/h, determinare l'accelera-zione centripeta dell'autovettura e la forza di attrito esercitata complessivamente dal terreno sulle ruote,

: È--

3.9

:

:

tn :

Alla velocità V 55 km/h 15,28 m/s l'accelerazione centripeta è.. an: 7,78 mlsz;laforzad'attrito fra ruote e terreno deve globalmente équilibrarelaforza centrifuga:

F:

man:

10892 N

Eserciziql/ Per simulare la sensazione dell'accelerazione di gravità terrestre sull'equipaggio di una stazione spaziale operante all'esterno del campo gravitazionale, la struttura viene posta in rotazione con velocità angolare n intorno ad un asse distante R= 72 m dal centro degli abitacoli occupati dall'equipaggio, Determínare la velocità n richiesta,

L'accelerazione centripeta deve essere uguale alla accelerazione :g, da cui si iicava:

di

gravità,

quindi: Rú]

co: 0,90391 radls, corrispondente a n:8,632 giri/min

,--\

Esercizi(3rf i!i!ii :iiii!

iiiiii

Determinare l'angolo di inclinazione del terreno di una pista in prossimità di una curva di raggio r = 450 m, affinché una vettura che impegna la curva con velocità V = 200 km/h non abbia la tendenza a scivolare verso l'esterno,

I

La risultante R della forza peso e della forza centrifuga deve essere perpendicolare al terreno, quindi:

tgS: ma/mg: a/g: IPhg da cui si ricava:

S:

34,97"

.

3.10 /,--".'.\

rsercizil3. \r--/tbì

U-i'

Un uomo di massa m = 55 kg è in piedi su una bilancia posta sul pavimento della cabina di un aeroplano in volo con velocità V= 960 km/h nel punto inferiore di una traiettoria circolare. eual è il raggio rdi curvatura della traiettoria

e la velocità angolare

g

del velivolo se la bilancia misura una forza F= 800 N?

La forza agente sul passeggero è la somma della forza peso e di

d'inerzia'.

t''

:

mg +

ma: rlS

quella

+L)

da cui si ricava:

v2

F __o

:

15004 m

m

La velocità angolare

è

S =V /

r:0,01777

rad,ls.

./ tìì '-

tsercrzrd

-)

w! NN

Una ruota di diametro d = 700 mm, montata sull'asse di una macchina equilibratrice, è portata in rotazione a velocità n = 4000 girilmin, Un piccolo sasso di massa m = I0 g è trattenuto in una scanalatura del battistrada. Il coefficiente di aderenza tra pneumatico e sasso è fa -- 0,95. Determinare I,intensità mini-

ma delle forze N esercitate sul

sasso,

assumendo il pneumatico rigido e trascurando l'effetto del peso del sasso.

i'iiii

i:1:::

i!!iii

ititi

3.1

l

La forza di aderenza deve uguagliare la forza centrifuga, quindi: 2

[,N = *r'4, "2

con

ú):418,9

rad/s

Pertanto la forzaly' vale 323,2 N.

rsercizió:.ì)i Una sfera 5 di massa m = 2 kg è mossa dal braccio di un robot in un piano verticale, Nella configurazione raffigurata l'angolo I è pari a 30", il braccio del robot sta ruotando intorno ad un asse orizzontale passante per O con velocità angolare at = 5O "1s in senso orario e con accelerazione angolare (b= 200 "/s2 in verso antiorario; inoltre il braccio si sta accorciando con velocità costante V pari a 500 mm/s ed ha una lunghezza b = I m. Determinare le forze P minime di serraggio della pinza, assumendo il coefficiente di aderenza tra sfera e superfici di presa fa = O,5. Confrontare tale valore di forza con quello necessario per sostenere la sfera in condizioni statiche per lo stesso valore dell'angolo L

In condizioni statiche la forza peso mg della sfera deve essere equilibrata dalle forze di aderenza 2P{", quindi: mg: 2P{,, da cui si ha: P" : 19,61 N. In condizioni dinamiche sulla sfera agiscono anche le forze d'inerzia, per cui si deve calcolarc I' accelerazione della sfera.

#'

L'accelerazione d della sfera è data dalla somma di accelerazione

relativa (a,), accelerazione di trascinamento (a,), accelerazione di Coriolis (a"). Poiché la velocità relatíva V è costante, l'accelerazione relativa è nulla; I'accelerazione di

3.r2 trascinamento è data dalla somma della componente centripeta: a,,: btD2 e di quellatangenziale: a,,: bò ;l'accelerazione di Coriolis è data da: a,:2aV ed è diretta perpendicolaÍnente al braccio. mhrrt2

!-----(ao

+zrr)*

Indicando ora con x e y le direzioni orizzontale e verticale si ha che le componenti secondo x e y della forza complessiva (peso + inerzia) valgono (tenendo conto che

R.:mbc,] Rn

:

at:0,8727 rad/s, rb :3,4907 cos

9+ m (òb+2atV )sin9:5,683 N

mg-rm ( òb + 2coV )cos9

La risultante di queste due componenti è: R =

{R?

-

c,fbm sin

P:27,01

I

: -R, da cui si rica-

N.

È:l

/

Esercizio

î.13 \

;

Un carrello di massa P

--

=: * +

o=

iiiiii tiiii: :a:a::

it:i: t!ilii

!i!:! l:ì:i:

iiiiii r!:!:!

stamento (x), velocità (I) e accelerazione (a) del carrello quello verso I'alto, si ha che la velocità rniziale è V: V" e l'equilibrio dinamico delle forze agenti sul carrello è:

- mt - mgstna:0; quindi:

iiiiii

ri:;:!

In base all'equilibrio delle forze agenti sulla puleggia solidale al carrello si ha che la forza di trazione T su di esso è pari a T:2P. Assumendo ora come verso positivo per spo-

2P

complessiva

m = t5O kg sta scendendo lungo un piano inclinato dell'angolo a =3Oo con velocità /6 = 4 m/s quando, all'istante f = 0 s, viene applicata una forza P al cavo come mostrato in figura. L'intensità della forza varia linearmente nel tempo passando dal valore nullo al valore di 600 N all'istante t= 4 s, mantenendosi poi costante. Calcolare il tempo f1 nel quale il carrello inverte il verso di moto e la sua velocità all'istante

fz=8s,

-'r

:26,41 N

* Rtr:27,01 N.

La forza P con la quale viene serrata la sfera è data da: 2fp va:

radls2):

4f

-ZP dtm

mgsina

3.t3 La forzaPpassa da 0 a 600 N nel tempo t*: 4 s,quindi: p = Ìrt con p= 150 N/s. Durante questo tempo la velocità passa dal valore inziale V = -Vo: - 4 mls al valore finale t' dato da:

v* =-vo.

Í,(+-srno)at=-vo*+

Successivamente al tempo

t* laforzaP si mantiene

=2'-gsin4:

del carrello risulta costante e pari ad o

gsinat*

=i,6t29

costante e I'accelerazione a 3,097 m/s2.

m

La velocità del carrello in questa fase varia quindi nel modo seguente:

V=V**loat=v*+a(t-r.)

x,V,a

J-

Ne risulta che la velocità si annulla all'istante tr dato da: V*

11

All'istante

/2

:

8 s la velocità vale: V2

=l/*

+ a(t

=--+l*:6,458S a

- t*):

4,776 m/s.

Esercizio 3.14

:!iii! i!;ii!

i!:iii :!:i:i :!:i:i

!:!iii ri!iii

ii!iii ii!i!i !:!:!i !;::!: !:::ii

Un fucile spara un proiettile di 60 g con una velocità orizzontale V = 600

m/s. Assumendo che il tempo impiegato dal proiettile a percorrere la canna è pari a 3 ms, determinare la forza P esercitata sul calcio del fucile per mantenerlo in posizione durante lo sparo.

:

Iffi-' :

L'accelerazione del proiettile è a V/t 200000 mlsz. La forza d'inerzia, uguale e opposta allaforza di reazione sul calcio del fucile, è:

P:ma:1200N

\.!-,e!c

Ot:;ú

' ) r'

I

3.14

,Éo rsercizio(-ù La slitta di un banco per prove sperimentali di accelerazione ha un sistema di propulsione costituito da 6 motori a razzo. Ciascun motore fornisce un impulso di spinta di 100 kNs. I razzi vengono accesi

ad intervalli di O,25 s e la durata della spinta di ogni razzo è pari a 1,5 s. Se la slitta raggiunge la velocità di 150 m/s dopo 3 s dalla paftenza da ferma, determinare il valore medio R dell'azione aerodinamica e meccanica complessivamente resistente al moto. Si assuma la massa della slitta pari a 3 t e trascurabile la variazione di massa dovuta al consumo di combustibile.

L'impulso complessivo fomito dalle forze agenti sulla slitta deve uguagliare la variazione della quantità di moto. Poiché ogni razzo si accende 0,25 s dopo il precedente e il suo periodo di accensione è di 1,5 s, I'ultimo razzo si spegne al tempo t,:5x0,25+1,5 - 2.75 s. Pertanto, quando la slitta raggiunge la velocità di 150 m/s. al lempo tp-- 3 s. i razzi sono stati tufti uLilizzati e sipuo scrivere:

I

Rtp: mV

dove 1 è l'impulso fornito complessivamente dai razzi; si ricavaquindi: R

:

50000 N.

[email protected] Dalla navicella spaziale in figura viene lanciato un satellite, avente massa /ns = 800 kg, secondo la direzione 4 perpendicolare alla baia di carico della navicella, Il sistema di lancio, solidale alla navicella, agisce sul satellite per un intervallo di 4 s fornendogli una velocità finale di 0,3 m/s rispetto alla navicella, La massa della navicella è m, = 90 t. Determinare la componente di velocità V1 della navicella secondo il verso negativo della direzione z conseguente al lancio e l'intensità media della forza di lancio.

=Li--

3.15

Indicando come positive le velocità dirette secondo l'alto, si ha che, dovendo rimanere costante la quantità di moto per

il

m, V, +

sistema complessivo (satellite+navicella): m,,r

V7: 0

La velocità Z del satellite rispetto alla navicell a è:

r, = -r

ffi

:

V

:

V,

-

V7,

da cui si ricava:

-2,643x1 o-3 m/s

La forza media F agente sul satellite è ricavabile dalla relazione:

Ft: da cui si

Esercizio

m, Z" , essendo

V":

V

+

Vy

ottiene:F:59,47 N.

/-À 17)

Q

,r:

Una particella di massa 0,5 kg, che si muove su un piano orizzontale xy con ,i velocità V= 3 mls con direzione inclinata ,; dell'angolo a = 3Oo rispetto all'asse y, , viene investita da un flusso stazionario di ,r aria agente lungo la direzione x. Si asI sume che forza esercitata dall'aria sulla i particella sia praticamente costante e pari a 0,6 N in direzione x. Determinare il tempo necessario affinché la traiettoria della particella, dalla configurazione rappresentata in figura, incroci nuovamente

::;

r.a--

+_ + + +-+ a) è:

essendo

c' =27 4te(q-a)

Esercizio 5,67 ii!;i: i!;!:!

Una piattaforma di massa m = 60 t viene alzata e abbassata per mezzo di due accoppiamenti vite-madrevite a circolazione di sfere aventi diametro medio d=

70 mm e rendimento

r7

= 0,90. Le viti

ruotano, in sincronia, alla velocità angolare n = 600 girilmin. Volendo ottenere una velocità di traslazione della piattaiiiiii iiiii!

iii:!: i:!:!:

:iii::

É.i

forma di 1500 mm/min, determinare il passo della filettatura e la coppia richiesta all'asse di ogni vite nei due casi di salita e discesa della piattaforma.

= 165,51Nm

5.92

at:'!^'

La velocità di rotazione delle viti è sollevare la piattaforma a V

:

=62,83rad,ls e il loro passo per

60 1500 mmimin: 25 mm/s vale:

L =P, a 2r Il peso della piattaforma è P :

,:'2r:2,5mm ú)

mg:588360 N. Nel moto in salita il flusso di potenza va dalle viti alla piattaforma, per cui la coppia motrice Cs richiesta su ogni vite è:

cs

=

!l/ 2ryat

= 130,06 Nm

Nel moto in discesa si invefie il flusso di potenza, per cui la coppia resistente C2 richiesta su ogni vite è: 2C pco

ry=

PV

.

\-D -

ry

PT/

2at

= 105,35 Nm

Esercizio 5.68

In un aereo con ali a geometria variabile la rotazione di un'ala intorno alla cerniera è ottenuta mediante un martinetto a vite con vite collegata all'ala e madrevite poftata in rotazione da un moto-riduttore. Il martinetto ha passo dell'elica del filetto p= 70 mm e rendimento ry = 0,90. Il mar.4

tinetto compie una corsa di L = 48O mm nel tempo

costante.

lunghezza

f= 6 s a velocità

Il riduttore ha rendimento

0,92. Nell'istante considerato

il

r:,* =

motore eroga una coppia C = 20 Nm, il momento resistente alla rotazione dellhla applicato

nella cerniera A è MA = 20000 Nm e il maftinetto agisce lungo un asse con braccio b = 7,25 m rispetto alla cerniera A. Determinare il rapporto di trasmissione del riduttore, la velocità angolare del motore e la potenza fornita all'asse motore.

5.93

La velocità di allungamento del martinetto è

V: L/t:

0,08 m/s, cui corrisponde

una velocità di rotazione della madrevite at: V2dp: 50,27 rad/s. Laforza assiale agente sulla vite ha intensità:

F=Mn=16oooN b

Indicando coÍt c01a la velocità di rotazione del motore, il legame tra potetua motrice Croy e potenza utile FV del dispósitivo móto-riduttore e martinetto è: Cttty Si ricava dunque:

,*

=

r7pr7

=

4L crynrt

À

Plt =

77

,29 rud,ls.

Lapotenza mohice vale: W = [email protected] =1545,8W. Il rapporto di trasmissione del riduttore è: r = co / atu = 0,6504.

i l I

5.94

FRENI (Riferimento al paragrafo 5.6)

Esercizio 5.69

Il freno a ceppo interno in figura ha le seguenti dimensioni caratteristiche: diametro del tamburo d = 600 mm, distanza OH = 200 mm, coefficiente di attrito ceppo-tamburo f= 0,25. Determinare la coppia di comando da applicare al ceppo per ottenere un momento frenante Mr= 2OOO Nm nei due casi di rotazione oraria e antioraria del tamburo, l)

Rotazione antioraria del tamburo.

Le azioni esercitate sul ceppo sono: la coppia di comando ó,E; le forze normale

F1,r

e tangenzia-

.=' le F1 esercitate dal tamburo; la

reazione vincolare cemiera H.

À

nella

L'eqtazione di equilibrio di momento del ceppo rispetto al punto

É1 è:

)

co-FioH+Fiu

2

=o

L'espressione del momento frenante esercitato sul tamburo è:

t

5

5.9s

Mr:Frd '2 Essendo

Fi = f Fi,

dalle espressioni precedenti si ricava:

2) Rotazione oraria del tamburo.

Le azioni esercitate sul ceppo sono: la coppia di comando do; le forze normale

le

fl

Fy e tangenzia-

eserci tate daltamburo;

la reazione

vincolare

R"

nella

cerniera.ÉL

L'equazione di equilibrio di momento del ceppo rispetto al punto

co - Fir oa -

,É1è:

ri !=o 2

L'espressione del momento frenante esercitato sul tamburo è:

Mr =F; Essendo

F;

=

co

f F;,

=

Fi(

\

dalle espressioni precedenti si ricava:

* *r4l * "2) = ?L( fdl

Esercizio 5.70 Nel freno indicato in figura i ceppi, aventi iiiiii

iiiiii

t

una larghezza b = 32 mm, sono azionati da due fone È di pari intensità. It coeffi-

ciente di attrito fra ceppi e tamburo è f = 0,32 e la pressione massima ammissibile è pmax= 1 N/mm2, Con riferimento

.t

i)=

7333,3Nm

a

s.96

alla figura, sono note le

grandezze:

300 mm, h= 100 mm, q = L26", B = 24".Sapendo che la massima pressione pru* agente tra ceppo e tamburo è legata al momento frenante M1 Qenerato dal ceppo dalla relazione Pmax= z u1 lQno2srn(a/2)cosB)calcolare it modulo della massima forza Fdi comando agente sui ceppi e il momento frenante totale generato dai ceppi.

/f=

D

h.rsf

h.rsf

--

Assumendo il tamburo in rotazione con verso antiorario, l'equazione di equilibrio di momento del ceppo di sinistra rispetto alla sua cerniera è: F 2h

- Fwsh + n,,(+ - r,rp):

da cui:

Fns

,uo ì (o t- fl=-tsB

=

.

\2h

I

.)

L'equazione di equilibrio del ceppo di destra rispetto alla sua cemiera

F 2h - Funh -

t-

n*(+

-

,,rp)=

è:

5.97 da cui:

2F

Fyo =

,. t(+o-,ro) Dalle espressioni di Flire FTypsi osserva che F7g5 ) Fxo, quindi il contributo al momento frenante sul tamburo dato dal ceppo di sinisìrl superiore quelto a del ceppo di destra. Il momento frenante ..eiCitubil" dal ceppo di sinistra è da-

i

to da:

tr P.^ f b D2sin(al2)cosf lutJs= = 375,0gNm ,

Essendo:

DD Ms=Fnsl-fF""-2 ' 2 si ottiene F16:7814,2, cui corrisponde:

' = ry(' - t(* - *u))= 2588'3 N Dall'equilibrio del ceppo di destra, azionato con pari forza dicomando F, si ot_ :

tiene,FT,p

3870,3 N. Infine il momento frenante totale generato dai ceppi

M

f

= M s + MJo = f p*,

Esercizio 5.71

U" volano di massa m = IOO kg e raggio d'inerzia p = 0,3 m ruota a1a velocità angolare no = 7500 girilmin. Sull,asse iiiiìi del volano è posto un freno a disco ad iii:ii accostamento rigido di cui sí conoscono ililii i seguenti dati : diametro esterno d. = 400 mm, diamerro interno di= 300 mm, liiiii iiii:i apertura angolare q = B0o, coefficiente ii;i:i Oi attrito f = 0,3. Votendo che il volano si i;ilii fgrmi in un tempo tu: I0 s, determinare iiiiii

iiiiii ii'iii

F

?+.[ 22

è:

FNo2=560,gNm

5.98

il valore della forza da applicare in direzione normale al freno e il valore della massima pressione tra pastiglia e disco,

Il momento frenante

ilii:i iiiii: !;iiii

esercitato dal freno a disco azionato con forzadi comando

F è dato da:

Mf = f

F4r*

Per I'equilibrio di momento del volano intorno al suo asse

di rotazione risulta:

Mr=Itb essendo

I

= mpz = 9 kgm2 il momento di inerzia e

. A:-

ú)g

to

=

2tr ns

60t"

ò

la decelerazione:

= 15,708 radls2

Si ottiene quindi:

F=

4I(b

[email protected]=dò

= 26e2'8 N

La massima pressione tra pastiglia e disco

P**

=

4F = a di(d" - di)

è:

257143 N/m2 = 0,257 Nlmm2

Esercizio 5.72

Nel freno a nastro indicato in figura il diametro medio del tamburo è D = 460 mm, la larghezza del tamburo è ó = 50 mm, l'angolo di awolgimento del nastro sul tamburo è q = 240o, il coefficiente di attrito fra nastro e tamburo è f = 0,22, le distanze a e b valgono a = L20 mm, b = 1100 mm, La massima pressione ammissibile fra nastro e tamburo è p = 2 N/mm2. Determinare il massimo momento frenante sul tamburo e la corrispondente forza F di comando richiesta.

:*-#---L

--_-

i;i!:!

iiiiii

5.99

La massima pressione tra nastro e tamburo si ha ove è massima la tensione, per cul:

bD T,=7p^*=23000N

La tensione f2 risulta :4,1888 rad): T2 '

(u:

240'

=f-=9151,9N e|o

ll momento frenante sul tamburo vale:

Mf =rn

-rsl

elaforza di comando richiesta sulla leva

F=Tz o

= 3185,1Nm

è:

a+b

=900,9N

Esercizio 5.73 Un freno a nastro ha le dimensioni indicate in figura a = 7 m, b = 0,05 m, :iiiii c = 0,12 m, D z O,45 m, /J = 2700. La iiiiii

/

iii;ii

.Q):

i:i;ii massima tensione applicabile

al nastro è pu.i a 18000 N. Il coefficiente di attrito iiii,i i:i::: nastro-tamburo è f = O,25. Calcolare il momento frenante massimo ottenibile e :iiiii i:i:i: i'i'ii la forza di comando che deve essere ::i;i: applicata all'estremo della leva nei casi liiiti in cui il tamburo ruoti in verso orario e liilii in verso antiorario.

_i_

-l-i) B\ I

Indicando con T^* e T^i,le tensioni nel nostro agli estremi dall'arco di awolgimento sul tamburo siha (p:3trl2 rad): T^o, = 18000 N Tmin

=Iff

=5541,6N

(

5.100

Il momento frenante, esercitato sul tamburo con verso opposto alla sua rotazione, vale: M r = (T*o,

-

r-ù+=

2803,1

Nm

utîl__l if

ii I

li

Nel caso di rotazione del tamburo in verso orario si ha:

t;

Tt = T^*

I,

Tz e per

:

T-n

l'equilibrio di momento della leva rispetto al suo fulcro risulta: Fo

-Ttb+T'c -T^*b*T^inc

aa

= 1565,0N

Nel caso di rotazione del tamburo in verso antiorario invece si ottiene: Tt = T.i, Tz = T*o,

I

IA

Trb + Tzc --

0

T-;nb + T*o,c

= 2437

JN

Esercizio 5.74

Il freno a nastro in figura viene azionato applicando la forza P alla leva che può

ruotare intorno al fulcro E Il tamburo f ha diametro D = l}t6 mm, l'arco di contatto del nastro sul tamburo è a = 2250 e il coefficiente di attrito nastro-tamburo è f = 0,3. Le distanze dei punti di attacco

5.101

iiiiii

!:i;ii :iiii: iiii!: ;:i;i: i::;;:

!iii!i ;iii!:

!irii

del nastro sulla leva dal fulcro sono d = 25 mm, b = 700 rnm. La forza di comando è applicata alla distanza c = 635 mm dal fulcro. Determinare la forza necessaria per ottenere un momento frenante M, = 5400 Nm, nei casi di rotazione oraria e rotazione antioraria del tamburo.

Il

rapporto tra le tensioni nel nastro agli estremi dell'arco di awolgimento sul tamburo (a:225":3,9270 rad) è dato da: Tmo*

T*in

Il momento frenante,

= oJa

esercitato sul tamburo con verso opposto alla sua rotazio-

ne, si puo esprimere con la relazione:

= (T^o* Si

-'''')l

= T'i'(eto

-

onengono rutnlr'

.rmin

t

2Mt ---;-- -(et" _l)D -

T**

"+

A +728,2N

= T*in €fo = 15358,1 N

Nel caso di rotazione del tamburo in verso orario si ha: - Tt =T^* Tz e per

:

T.i,

I'equilibrio di momento della leva rispetto al suo fulcro risulta: po

:

Tzb

-

Tta

-

T^i,b

- T^ira = 139,9 N

5.102

Nel caso di rotazione del tamburo in verso antiorario invece si ottiene: Tr = T^r, rr1 _ .t 12 rmu -

o _T2b tA--

T**b -T*ì,ira :2232,4N

-T1a

c

C

tsserctzto 5.,/5

Il freno a nastro in figura è applicato

ad

un albero rotante con un volano di massa m = 363 kg, raggio d'inerzia p = 457 mm, rotante alla velocità at = 36O girilmin. Sono noti: a = 25 mm, b = 100 tîflì, C:254 mm, d=230 mm, d = 150o, P = 90 N, f= coefficiente di attrito nastrotamburo = O,2. Determinare il momento frenante e il numero di giri compiuti dall'albero per arrestarsi.

î

,J Tt

Il rapporto tra le tensioni Tt e

Tt, _effrR Tz

;

T2 è dato da:

F=360o_a=2I0"=3,6652rcd,

L'equilibrio di momento della leva rispetto al suo fulcro Pc + T1a - T2b :0 Si ottengono quindi:

T,

=b

P" -

,= = 476,6 N

aeJP

è dato da:

ii:i:!i

iiiii:l

ri:i!ii

iiiiiii

5.1 03

Tt = Tzeff = 992,0 N

Il momento frenante esercitato sul tamburo vale: M

r

=

(Tt -Tz;{ = SS,: Nt 2

L'equazione di equilibrio di momento del tamburo intorno al suo asse di rotazione è:

Mt + kb=0 essendo

I =mpz =75,8I2kg-'.

L'accelerazione del tamburo risulta quindi ò = -M lI = 0,7gzradls2 t Il numero di giri compiuti dall'albero per arrestarsi dalla velocità iniziale at=360gitilmin=37,7\radls si ottiene dalle relazioni cinematiche del moto uni.

formemente accelerato:

(,

ls:t,+!à,r' )z l. a l(D---

Ir

t (b. :2ò = -*2(b = 908,75 rad = 144,63 siri

s = -'?

Esercizio 5.76

freno a nastro ha diametro del tamburo d = 762 mm, angolo di avvolgi-

:iiii: Un ii:!:!

mento del nastro sul tamburo o - 27Oo ii:'ii e coefficiente di attrito f = O,2.Il nastro iiiiii ha un estremo vincolato ad un perno iiiii' fisso e l'altro estremo caricato con una iiii,i forza di trazione F= 220 N. Determinare iiiiii il massimo momento frenante, al variaiiiiii re del verso di rotazione del tamburo, e iiii!' il tempo di arresto, assumendo il moiii,ii

mento d,inerzia delle masse ro.tanti /= 60 kgm2 e la velocità di rotazione iniiiiii! iiiiii

i;i;::

7i3;s

n= 600 girilmin,

5.1 04

Nel caso di rotazione del tamburo in verso orario si ha:

-T _ -ro e

il momento frenante M ro =

agente sul tamburo è:

(r - nX= F (ero -Di=

131,3

Nm

Nel caso di rotazione del tamburo in verso antiorario invece risulta:

L: nn T

Mto=tF-f74 : p \"t"--l)4=51,2 2 eJo 2

Nm

Il massimo momento frenante si ha per rotazione in verso orario. La decelerazione risulta quindi: Cù=

ed

il tempo di arresto dalla

veloci

Mp

I

=

-2,I9

fìt iniziale

rad/s2

, ='!,n = 62,83rad/s vale: 60

t = -1=28,69s ú)

Esercrzio 5.77

Il freno a ceppi raffigurato è azionato mediante la molla, precaricata in compressione, che, attraverso il meccanismo a leva, serra i due ceppi sul tamburo. Sono dati: f= coefficiente di attrito ceppo-tamburo = O,3, a = 114 mm, b = 30O fi'ìtî, c= 228 mm, e = 330 mm, h = 76 mm, D=38Omm, a.=45o, f =30", T=90o. Determinare la forza di precarico della molla necessaria per generare un momento frenante di 340 Nm quando il tamburo ruota in verso orario.

5.10s

I

diagrammi di corpo libero del ceppo di sinistra e dell'insieme costituito dal ceppo di destra con il meccanismo a leva precaricato dalle molle sono i seguenti:

î

el

,l

J

î

"lv

I a

,ro rt l+t La forza,R rappresenta la tensione del tirante a vite che collega i due sistemi nella parte superiore del dispositivo. L'equazione di equilibrio di momento del ceppo di sinistra intorno al centro della sua cerniera è: R(e + c)

* rJ

2-

-.fy'5c = \2 "ì)

da cui si ottiene, considerando che Z5

o

:.fNs:

"

rJ-:-

R(e + c)

c

f2-2*o

L'equazione di equilibrio di momento del ceppo di destra e del meccanismo a leva intomo al centro della cerniera del ceppo è: R(e + c\

2-rr(\2 "l)

da cui si ottiene, considerando che

Noc = o

Tp:.fNo: R(e + c)

"cD -+-f2

ln =-

Il momento frenante agente sul tamburo

a

è dato da:

5.106

M

r =(rs +rp)+

Si ricava quindi

R=

2f =^f"*")[ 2c-./D+2fa

2f

1n

k+JD-2f,lt

il valore:

-

-2Mt

. !

=

*---21-lD 2c +

1e+c;l l2c - lD + 2fa

JD

Per l'equilibrio di momento della leva

-2fo

in-

=1206.5N

l

,\

torno al suo fulcro si ha:

Pb=Rh da cui si ottiene

P:

hI

Rh/b:305,6 N.

Esercizio 5.78

Il freno a ceppi interni in figura è impiegato per arrestare il moto di rotazione di una ruota di un veicolo collegata coassiale al tamburo del freno. La ruota ha diametro del battistrada d = 660 mm, la componente di forza normale agente tra ruota e terreno è ru= 2000 N e il coefficiente di attrito ruota-terreno è f,= 9,75.

I

ceppi interni del freno sono azionati

mediante due attuatori idraulici : inviando fluido in pressione nelle camere ,4 i pistoni spingono i ceppi contro il tambu-

ro.

Il

diametro della sezione di spinta

dei pistoni è dA= 25 mm. Il tamburo del freno ha diametro interno D = 228 mm e il coefficiente di attrito ceppo-tamburo è f = 0,3. Le quote indicate in figura val-

gono: a:38mm, b=86 mm,c=82 mmt s: 90o. Determinare la pressione del fluido necessaria per arrestare la

5.t07

!i!:::

iiiili

!iii::

iiiiii

ruota, per rotazione antioraria della ruota, ed esprimere questa come percentuale della pressione richiesta quando la rotazione è in verso orario. Le azioni agenti sulla ruota sono:

le forze tl e

f

scambiate nel

punto di contatto con il terreno;

le forze

frr e f"

î

esercitate in-

l l

ternamente al tamburo dal ceppo di sinistra;

^

le forze frp e zp

esercitate interamente al tamburo dal ceppo

D

di destra;

la

reazione vincolare mozzo ruota.

R

del

Il momento frenante generato dall'azione dei ceppi è dato da: M,r =(rs

v

+ro)l

Il valore del momento frenante necessario per I'arresto della ruota può essere calcolato considerando l'equilibrio di momento della ruota intorno al suo asse: M

r =7! = 1,y! =495Nm '22

Per rotazione antioraria della ruota, l'equazione di equilibrio di momento del ceppo di sinistra intomo al suo fulcro è data da:

F(b + c)' +rs( 2 () \2

")/

I

Nsb = o

da cui si ottiene, considerando che

Lr-



T5:fNs:

F(b + c) b D

---+ f2

a

L'equazione di equilibrio di momento del ceppo di destra intorno al suo fulcro data da:

è

F(b+ct*r,(?-,1\2

da cui si ottiene,

)

Npb=o

considerando che

Tp:fNp:



,r= bF(bD+ c)

7-t*

J

"

Il momento frenante totale esercitato dai due ceppi è:

Mr =(Ts

"î .l

*rù+ _F(b+c)D bD

a

---+ f2

il valore della forza F : 2122,4 N. La pressione del fluido necessaria per I'arresto della ruota vale quindi:

da cui si ricava

- trdln F=p ' 4 -

4F h---5546028N/m2=55,46bar

"-

rd'o

Per rotazione oraria della ruota,

i

diagrammi di corpo libero precedenti riman-

gono validi pur di invertire i versi dei vettori ò, Ì , f , Ío . " Il momento frenante necessario per l'arresto della ruota vale ancora:

M,'2=74=495Nm Le equazioni di equilibrio di momento dei ceppi di sinistra e di destra ora sono rispettivamente:

F' (b + c)

- rs( + -

\2 "))

r' (b + c) - To( 2 \2 ")) Il momento frenante totale esercitato dai

N5ó = o

N

pb = 0

due ceppi diventa:

M,=(7"*TnrD r \o "'2 -F'(b+c)D

L*2-o

f2

5.1

da cui si ricava il nuovo valore della forza pressione del fluido:

Ltr' p'= -',t 7î

d;

09

F' = 4686,7 N, e il nuovo valore della

=9547667 N/m2 =95,48bar

La pressione del fluido nel caso di rotazione antioraria (p 58,08% del valore richiesto nel caso di rotazione oraria

(p'

:

55,46 bar) è = 95,48 bar).

il

Esercizio 5.79 Un freno a disco ha le seguenti caratteristiche: raggio interno della pastiglia ri = 5O mm, angolo di apertura della pa-

iiii!i

iiiiii

!!i:li !:!:ii

stiglia a = 80o, momento frenante M1 = 150 Nm, pressione massima pnax = 2 N/mm2, coefficiente di attrito disco-pastiglia f= 0,3. Calcolare il raggio esterno della pastiglia e la forza normale di comando. Inoltre, sapendo che ogni operazione di frenata dura 4 s partendo da una velocità angolare iniziale pari a n = 600 girilmin con decelerazione costante e che il freno è dimensionato termicamente per dissipare nell'ambiente una potenza di 500 W, calcolare qual è il massimo numero di frenature al minuto ammissibili. Indicando con re il raggio esterno della pastiglia e F la forza normale di comando, le espressioni del momento frenante At$e dellapressione massima sono:

Mr

=

Pmax =

lruf F d,rí(re - ri)

Sostituendo la seconda espressione nella prima si ottiene: (12

Ml =f p.,,drt Y

_riz) .t

l

J

i

5.1 10

da cui sl rlcava: Te=

= 0,09830 m = 98,30 mm

Laforzanormale di

p=-2!J-=6743,1N .f

(r" + ri)

La decelerazione costante per ogni operazione di frenatura della durata partire dalla velocit

èr

iniziale

,

=

'!60-n :

. a=__= Ct)

t

t:4

s, a

62,832radls, vale:

-15,708 radls2

Larotazione del disco durante ogni operazione di frenaturavale dunque:

S=at*!ar, 2

=125,66rad,

e I'energia meccanica,dissipata per ogni operazione di frenatura è:

Lt Il

= M rS =78849

freno è dimensionato per dissipare

J I

wf:500 w, owero 500 1. Il

tempo ne-

S

cessario per dissipare termicamente I'energia di una frenatura vale quindi:

,r=!!-=3i,7os " lr1

E quindi ammissibile un numero di frenature ogni minuto

nf

60s =Y =l,59min-l t1

(l min: 60 s) pari a:

5.111

FRIZIONI (Riferimento al paragrafo 5.7)

Esercizio 5.80 !!!iii

:i:i:;

;!:;:!

i:i:i: :i:ii: iii::i !ii:!:

i:i:i:

;:::::

iiiiii

!!i!!!

In figura è rappresentata una frizione assiale a dischi multipli per impiego marino. I dischi .4 sono collegati all'albero motore lV mediante un accoppiamento scanalato; i dischi I sono collegati all'albero condotto U mediante i bulloni F, lungo i quali possono scorrere liberamente. La forza F di comando è applicata al collare C ed è trasmessa ai dischi della frizione tramite le due leve Z. Sono note le dimensioni: a= 75 mm, b= 25 mm, h= 100 mm, R = 150 mm, I = 2Oo. Calcolare la massima coppia trasmíssibile supponendo che il coefficiente di attrito tra i dischi valga f = 0,15 e che la forza di comando sia P= 500 N. L'equazione di equilibrio di forza del collare secondo la direzione assiale è: P

-2Fc sin9

=0

L'equazione di equilibrio di momento di ciascuna leva intorno al proprio fulcro

è:

aFgcosS-F1b=0

__l

5.t12 Pertanto si ricava:

2FA= -oo -=4I21,2N btgS

Il

raggio medio delle superi dischi della

f,rci di contatto tra frizione vale:

r^ = P-L = 100mm 2

Il numero di superfici a contatto tra i dischi della frizione è i : 5, quindi la massima coppia trasmissibile risulta:

C:if

2FAr. =309,1Nm

Esercizio 5.81

Una frizione conica ha diametro medio delle superfici d'attrito d = 76 mm/ angolo di conicità a = 15o, coefficiente di attrito f = 0,3. Determinare la massima coppia trasmissibile dalla frizione quando la forza assiale di azionamento è F= 178 N, La frizione è impiegata per collegare un motore elettrico, rotante alla velocità costante n = 1000 giri/min, ad una ruota volano, avente massa m : 74 kg e raggio d'inerzia p = 752 mm, inizialmente ferma. Determinare il tempo necessario affinché il volano raggiunga la velocità di regime n e I'energia dissipata durante lo slittamento della frizione. La massima coppia trasmissibile dalla frizione è:

C7*o* =

É'--

f

Fd 2(sina+fcosa)

= 3,70 Nm

iiiiiil i::::j

!:!l!:

tititi lt::::

il

titili iiii;i

iiiii;

5.1l3 La velocità angolare dell'albero mo-

C7**

tore vale:

2rn :

Am = --- :-

at,ò

t04,72 radls

60

)

Dall'eqaazione di equilibrio di cop-

c7,o,

pia dell'albero del volano si ricava la sua accelerazione:

Ct^^ . :!!::_

(b =

Pertanto om vale:

il

=

Ct^o

#

tempo necessario affinché

il

= ll,44radls: volano raggiunga la velocità di regime

.-a* - l5S l--::!-=9, La rotazione relativa del disco della frizione collegato al motore rispetto a quello collegato al volano, durante I'intera fase di strisciamento, risulta:

N=

fa^dt

- l ro, = f:r, - àtt)dt = ant -)^,' = 4ie.30rad

e l'energia dissipata per attrito tra

i dischi della frizione, pari al lavoro della coppia

di attrito, vale:

L7 =Cy^*AS=1773,41J Esercizio 5.82

i:iiil :!iiai

iiliii ii!i!i

:!iii: !::i!:

:i:i:i

i!iiii !liiii

i!iii! iiriii

Un motore è accoppiato ad un tamburo rotante attraverso una frizione a disco con due supefici di attrito aventi diametri interno ed esterno rispettivamente dj--228 mm e du= 304 mm, coefficiente di attrito f = 0,3 e forza di comando as-

siale ff= 1330 N. Il motore sviluppa una coppia costante pari a C, = 4O Nm e l'inerzia del rotore è equivalente ad una massa rotante mn = 23 kg con raggio d'inerzia p.= 0,3 m. Il tamburo ha massa mt= 54 kg, raggio d'inerzia pt= 0,4 m

l

5.tt4 e coppia resistente alla rotazione dovuta all'attrito dei supporti Ct= 6,8 Nm. Se la frizione è innestata quando il motore ruota a nnp = 500 girilmin e il tamburo è fermo/ determinare la velocità ,* di tamburo e albero motore quando cessa lo slittamento della frizione e il tempo l'. di durata della fase di slittamento. Determinare inoltre dopo quanto tempo dall'inizio

;fl

[ffi[[:1i1

n

Í',.?t"nl''.,)ilnou'o'u

La coppia trasmessa dalla frizione durante la fase di slittamento

c^

cr=r7NL!-4" le

-

è:

= 106,13 Nm

Il momento di inerzia dell'albero motore va=m.p?, =2,07 kgm2 e la sua accelera-

I*

zione durante la fase di strisciamento è: úJm

Il momento di inerzia

del tamburo vale I t = razione durante la fase di strisciamento è:

ú\- cr -c, It

=

c*-ct

mt

I.

= -31,95 radls2

P7 = 8,64 kgm2 e la sua accele-

= 11,50 radlsz

Le leggi di velocita del motore, inizialmente in

moto con velocita ú)mo:

2nn*o 60

= 52,36radls,

e del tamburo, iruzialmente fermo, sono rispettivamente:

[r--a,s*a*t lo,

= tb,t

La fase di innesto della frizione ha termine quando cessa lo strisciamento, owe-

ro quando la velocità del motore e del tamburo si uguagliano. Cio awiene all'istante

1*:

ri:i:i:

:i:::i :;!:!:

ii:ili

ii

5.115 cùmo

* tb* 7* -

6;,7*

da cui si ricava: a)mo L_

At -

(ùm

= 1,205

s

All'istante l* le velocità del motore e del tamburo valgono: ú)* = a)mo + òù^t* =

òtt* = 13,86 radls = 132,35 girilmin

Successivamente all'istante r* il motore e il tamburo ruotano solidali tra loro, per cui l'accelerazione del sistema, ottenuta dall'equazione di equilibrio di momento rispetto all'asse degli albe-

ri, vale: (b

t- _/- "^ -'

I*+1,

= 3,10 radls2

.

Integrando il valore di accelerazione a partire dall'istante f* si ottiene la legge di velocità del sistema:

17.'= l,'.'at ct)

=

c0*

+aD(t _

il tamburo raggiunge la velocità 500 giri/min) all'istante t5eo: Pertanto

lsoo

A
View more...

Comments

Copyright ©2017 KUPDF Inc.
SUPPORT KUPDF