Eserciziario Fondamenti Di Meccanica Teorica Ed Applicata 1m1r6j

Eserciziario del corso di Fondamenti di Meccanica D. Rocchi, D. Tarsitano, C. Ghielmetti, S. Giappino, E. Di Gialleonardo

1

Politecnico di Milano Dipartimento di Meccanica Via G. La Masa, 1 20156 - Milano

5 agosto 2011

1 Autore

a

cui

rivolgersi

per

segnalare

([email protected]).

eventuali

errori

o

disambiguità

2

Indice

I

Cinematica del punto

11

1 Moto del punto nel piano 1.1

13

Soluzione del quesito 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.2

Soluzione del quesito 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

14

1.3

Soluzione del quesito 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

14

1.4

Soluzione del quesito 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

15

2 Tram su rotaia

19

2.1

Soluzione del quesito 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

20

2.2

Soluzione dei quesiti 2 e 3

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

23

2.3

Soluzione del quesito 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

24

3 Gru da cantiere

II

14

25

3.1

Soluzione con i numeri complessi

. . . . . . . . . . . . . . . .

26

3.2

Soluzione con i moti relativi

. . . . . . . . . . . . . . . . . . .

29

Cinematica dei corpi rigidi

4 Quadrilatero articolato

35

37

4.1

Analisi del moto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

38

4.2

Soluzione del quesito 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

41

4.2.1

Con i numeri complessi . . . . . . . . . . . . . . . . . .

41

4.2.2

Con i moti relativi

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

45

Soluzione del quesito 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

47

4.3.1

Con i numeri complessi . . . . . . . . . . . . . . . . . .

47

4.3.2

Con i moti relativi

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

48

Osservazioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

51

4.3

4.4

3

INDICE

5 Manovellismo deviato 5.1 5.2 5.3

53

Analisi del moto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

54

Soluzione del quesito 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

57

5.2.1

Con i numeri complessi . . . . . . . . . . . . . . . . . .

57

Soluzione del quesito 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

60

5.3.1

Con i numeri complessi . . . . . . . . . . . . . . . . . .

60

5.3.2

Con i moti relativi

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

61

5.4

Soluzione del quesito 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

63

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

64

5.5

Soluzione del quesito 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

66

5.6

Confronto con Manovellismo Ordinario Centrato (MOC)

66

5.4.1

Con i moti relativi

. . .

6 Glifo

71

6.1

Analisi del moto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

72

6.2

Soluzione del quesito 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

73

6.2.1

Con i numeri complessi . . . . . . . . . . . . . . . . . .

73

6.2.2

Con i moti relativi

6.3

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

75

Soluzione del quesito 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

78

6.3.1

Con i numeri complessi . . . . . . . . . . . . . . . . . .

78

6.3.2

Con i moti relativi

78

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7 Sistema di corpi rigidi 7.1 7.2 7.3

Analisi del moto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7.5

Soluzione del quesito 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

84

Con i numeri complessi . . . . . . . . . . . . . . . . . .

84

Soluzione del quesito 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

87

. . . . . . . . . . . . . . . . .

87

Soluzione del quesito 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Con il teorema di Rivals

89

7.4.1

Con i numeri complessi . . . . . . . . . . . . . . . . . .

89

Soluzione del quesito 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

90

7.5.1

90

Con il teorema di Rivals

. . . . . . . . . . . . . . . . .

8 Disco cuneo

93

8.1

Analisi del moto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

94

8.2

Soluzione del quesito 1 con i numeri complessi . . . . . . . . .

95

8.3

Soluzione del quesito 2 con i numeri complessi . . . . . . . . .

97

8.4

Soluzione dei quesiti 1 e 2 con i moti relativi . . . . . . . . . .

97

9 Manovellismo particolare

4

82

7.2.1 7.3.1 7.4

81

101

9.1

Analisi del moto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 102

9.2

Soluzione del quesito 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103

INDICE

9.3

9.4

9.5

9.6

9.2.1

Con i numeri complessi . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103

9.2.2

Con i moti relativi

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105

Soluzione del quesito 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108 9.3.1

Con i numeri complessi . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108

9.3.2

Con i moti relativi

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109

Soluzione del quesito 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111 9.4.1

Con il teorema di Rivals

. . . . . . . . . . . . . . . . . 111

9.4.2

Con i numeri complessi . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113

Soluzione del quesito 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114 9.5.1

Con il teorema di Rivals

. . . . . . . . . . . . . . . . . 114

9.5.2

Con i numeri complessi . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115

Osservazioni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115

10 Manovellismo piano inclinato

119

10.1 Soluzione del quesito 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120 10.1.1 Con i numeri complessi . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120 10.1.2 Con i moti relativi

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123

10.2 Soluzione del quesito 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124 10.3 Soluzione del quesito 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124 10.3.1 Con i numeri complessi . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124 10.3.2 Con i moti relativi

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126

11 Sistema Disco Asta

127

11.1 Analisi del moto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129 11.2 Soluzione del quesito 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131 11.2.1 Con i numeri complessi . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131 11.2.2 con i moti relativi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 135 11.3 Soluzione del quesito 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139 11.3.1 Con i numeri complessi . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139 11.4 Soluzione del quesito 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141 11.4.1 Con i numeri complessi . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141 11.5 Soluzione del quesito 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146 11.5.1 Con il teorema di Rivals

12 Carrellino

. . . . . . . . . . . . . . . . . 146

149

12.1 Analisi del moto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150 12.2 Soluzione del quesito 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152 12.2.1 Con i numeri complessi . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152 12.3 Soluzione del quesito 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155 12.3.1 Con i numeri complessi . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155 12.3.2 Con i moti relativi

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 156 5

INDICE

12.4 Soluzione del quesito 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159 12.4.1 Con i numeri complessi . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159 12.4.2 Con i moti relativi

III

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160

Dinamica dei corpi rigidi

165

13 Asta ad L 13.1 Cinematica

167 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 168

13.2 Soluzione del quesito 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 169 13.2.1 Teorema dell'Energia Cinetica . . . . . . . . . . . . . . 169 13.2.2 Equazioni cardinali della dinamica

. . . . . . . . . . . 171

13.2.3 Principio di d'Alembert (equilibri dinamici)

. . . . . . 172

13.3 Calcolo delle reazioni vincolari . . . . . . . . . . . . . . . . . . 173 13.3.1 Equazioni cardinali della dinamica

. . . . . . . . . . . 173

13.3.2 Principio di d'Alembert (equilibri dinamici)

. . . . . . 174

13.4 Considerazioni conclusive . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 174

14 Disco che rotola su un piano

175

14.1 Soluzione del quesito 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 176 14.1.1 Teorema dell'energia cinetica . . . . . . . . . . . . . . . 176 14.1.2 Equazioni cardinali della dinamica 14.1.3 Principio di d'Alembert

. . . . . . . . . . . 178

. . . . . . . . . . . . . . . . . 179

14.2 Soluzione del quesito 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 180 14.2.1 Equazioni cardinali della dinamica 14.2.2 Principio di d'Alembert

. . . . . . . . . . . 181

. . . . . . . . . . . . . . . . . 182

14.3 Considerazioni conclusive . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182

15 Asta che scorre su disco 15.1 Cinematica

183

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 184

15.2 Soluzione del quesito 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185 15.2.1 Teorema dell'Energia Cinetica . . . . . . . . . . . . . . 185 15.3 Soluzione del quesito 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 186 15.3.1 Equazioni cardinali della dinamica

. . . . . . . . . . . 186

15.3.2 Principio di d'Alembert (equilibri dinamici)

. . . . . . 188

15.4 Considerazioni conclusive . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 189

16 Disco su guida curvilinea 16.1 Risoluzione

6

191

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192

16.1.1 Quesito 1

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 192

16.1.2 Quesito 2

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 195

INDICE

16.1.3 Quesito 3

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197

16.1.4 Quesito 4

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 198

16.1.5 Quesito 5

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 199

17 Martellone

201

17.1 Soluzione del quesito 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202 17.1.1 Con i numeri complessi . . . . . . . . . . . . . . . . . . 202 17.1.2 Determinazione delle incognite . . . . . . . . . . . . . . 204 17.2 Soluzione del quesito 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205 17.2.1 Con i numeri complessi . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205 17.3 Soluzione del quesito 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 206 17.3.1 Teorema dell'Energia Cinetica . . . . . . . . . . . . . . 207 17.3.2 Principio di d'Alembert (equilibri dinamici)

18 Quadrilatero Quadro

. . . . . . 210

213

18.1 Soluzione del quesito 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 214 18.2 Soluzione del quesito 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 217 18.3 Soluzione del quesito 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 218 18.4 Soluzione del quesito 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 221 18.4.1 Teorema dell'energia cinetica . . . . . . . . . . . . . . . 221 18.5 Soluzione del quesito 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223 18.5.1 Principio di d'Alembert (equilibri dinamici)

19 Disco Cuneo 19.1 Cinematica

. . . . . . 223

225 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 227

19.1.1 Posizione del CIR . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 227 19.1.2 Moti relativi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 229 19.1.3 Equazione di chiusura

. . . . . . . . . . . . . . . . . . 230

19.2 Soluzione del quesito 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231 19.2.1 Teorema dell'energia cinetica . . . . . . . . . . . . . . . 231 19.2.2 Equazioni cardinali della dinamica 19.2.3 Principio di d'Alembert

. . . . . . . . . . . 233

. . . . . . . . . . . . . . . . . 235

19.3 Soluzione del quesito 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 237 19.3.1 Equazioni cardinali della dinamica 19.3.2 Principio di d'Alembert

. . . . . . . . . . . 237

. . . . . . . . . . . . . . . . . 239 7

INDICE

IV

V

Attriti

243

MTU

245

20 Skilift

247

20.1 Soluzione del quesito 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 248 20.2 Soluzione del quesito 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251 20.3 Soluzione del quesito 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 252 20.4 Soluzione del quesito 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 253 20.5

Soluzione del quesito 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 254

20.6 Soluzione del quesito 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 256

21 Ascensore

259

21.1 Soluzione del quesito 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 261 21.2 Soluzione del quesito 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 262 21.3 Soluzione del quesito 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 263 21.4 Soluzione del quesito 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 264 21.5 Soluzione del quesito 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 265

22 Automobile con carrello

267

22.1 Soluzione del quesito 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 268 22.2 Soluzione del quesito 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 271 22.3 Soluzione del quesito 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 272 22.4 Soluzione del quesito 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 273

23 Impianto di sollevamento 2 23.1 Risoluzione

275

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 276

23.1.1 Quesito 1

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 276

23.1.2 Quesito 2

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 279

23.1.3 Quesito 3

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 279

23.1.4 Quesito 4

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 281

23.1.5 Quesito 5

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282

23.1.6 Quesito 6

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282

24 Muletto

285

24.1 Soluzione del quesito 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 286 24.2 Soluzione del quesito 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 287 24.3 Soluzione del quesito 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 288 24.4 Soluzione del quesito 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 289 24.5 Soluzione del quesito 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 290 8

INDICE

VI

Vibrazioni

293

25 Cannone

295

25.1 Impostazione del problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 296

26 Sospensione

299

26.1 Impostazione del problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 300 26.2 Determinazione dell'equazione di moto 26.3 Determinazione del tempo

. . . . . . . . . . . . . 302

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 304

27 Locomotore

305

27.1 Impostazione del problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 306 27.2 Determinazione dell'equazione di moto 27.3 Determinazione del tempo

. . . . . . . . . . . . . 306

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 308

9

INDICE

10

Parte I Cinematica del punto

11

1 Moto del punto nel piano Un punto si trova inizialmente (t

O

= 0) in una posizione individuata dal punto

nel piano. È assegnato l'andamento della velocità in funzione del tempo,

in termini di componenti cartesiane:

1. La legge di moto:

~v = 2~i + 4t ~j .

Si determinino:

x = x(t), y = y(t).

2. La traiettoria del punto materiale. 3. L'accelerazione in funzione del tempo. 4. I vettori posizione, velocità e accelerazione al tempo

t = 2s

Per la risoluzione del problema è opportuno scegliere un sistema di riferimento assoluto rispetto al quale denire le grandezze di interesse. Assumendo l'origine del piano cartesiano coincidente con

O

si ottiene:

x(t = 0) = 0, y(t = 0) = 0 Inizialmente sono noti i valori della velocità nelle componenti lungo gli assi ovvero:

vx = x˙ = 2

e 13

vy = y˙ = 4t

CAPITOLO 1.

1.1

MOTO DEL PUNTO NEL PIANO

Soluzione del quesito 1

La legge di moto del punto ed

y(t)

P,

espressa mediante le funzioni del tempo

x(t)

si ottiene integrando le due componenti del vettore velocità rispetto

al tempo, ottenendo:

dx = x˙ dt x − x(t = 0) =

Z

t

xdt ˙ =

0

Z

t

2 dt = 2t

(1.1)

0

dy = y˙ dt y − y(t = 0) =

Z

t

ydt ˙ = 0

Z

t

4t dt = 2t2

(1.2)

0

Possiamo quindi esprimere la posizione del punto P nel riferimento cartesiano come:

1.2

x(t) = 2t y(t) = 2t2

(1.3)

Soluzione del quesito 2

Eliminando la dipendenza dal tempo

t ed

esprimendo una coordinata in fun-

zione dell'altra si ottiene l'epressione della traiettoria

y = f (x).

Risulta

così:

t=

x x2 ⇒y= 2 2

(1.4)

ovvero la traiettoria è una parabola con vertice nell'origine e concavità verso l'alto (Figura 1.1).

1.3

Soluzione del quesito 3

Derivando rispetto al tempo le espressioni delle componenti di velocità lungo gli assi x e y, si ottengono i valori di accelerazione:

 x¨ =  y¨ =

d2 x dt2

=0 (1.5)

d2 y dt2

=4

Osservando i risultati si deduce che il vettore accelerazione è costante e parallelo all'asse y. 14

CAPITOLO 1.

MOTO DEL PUNTO NEL PIANO

Figura 1.1: Traiettoria del punto P nel piano cartesiano (parabola)

1.4

Soluzione del quesito 4

Al tempo

t = 2s

le componenti cartesiane dei vettori posizione, velocità ed

accelrazione risultano essere:

px = x = 4 m , py = y = 8 m; m m , vy y˙ = 8 ; vx = x˙ = 2 s s m m ax = x¨ = 0 2 , ay = y¨ = 4 2 ; s s

(1.6)

L'espressione del vettore posizione in forma cartesiana risulta quindi essere:

(P − O) = ~p = 4~i + 8~j [m]

(1.7)

Del vettore posizione possiamo calcolare il modulo e l'anomalia come:

|(P − O)| = |~p| = tan(θ) =

q

(px 2 + py 2 ) = 8.94 m

y 8 = = 2 ⇒ θ = atan(2) = 63o x 4

(1.8)

15

CAPITOLO 1.

MOTO DEL PUNTO NEL PIANO

Denendo un sistema di riferimento complesso con asse reale coincidente con

x

e asse immaginario con

y

il vettore può anche essere espresso come: o

(P − O) = ~p = 8.94ei63 [m]

(1.9)

Analogamente il vettore velocità può essere espresso nei segenti modi:

~v = 2~i + 8~j [m/s]

|~v | =

(1.10)

q (vx 2 + vy 2 ) = 8.25 [m/s]

tan(α) =

vy 8 = = 4 ⇒ α = arctan(4) = 76o vx 2 o

~v = 8.25ei76 [m/s]

(1.11)

(1.12)

Inne per il vettore accelerazione:

~a = 4~j [m/s2 ]

|~a| =

(1.13)

q (ax 2 + ay 2 ) = 4 m/s2

(1.14)

π

~a = 4ei 2 [m/s2 ]

(1.15)

y , può essere t e ~n), come e normale (~

Il vettore accelerazione, nel nostro caso diretto come l'asse scomposto secondo le sue componenti tangenziale in gura 1.1.

Come primo o scriviamo il versore tangente nel sistema di riferimento cartesiano sfruttando la considerazione che il versore tangente è diretto come il vettore velocità:

~t = ~v = 0.24~i + 0.97~j = |~v| vx ~ vy ~ i + j = cos(α)~i + sin(α) ~j = |~v| |~v |

(1.16)

Il versore normale può essere ricavato utilizzando i vettori velocità ed accelerazione con la seguente procedura. ortogonale al piano

16

xy

Dapprima costruiamo un vettore

mediante il prodotto vettoriale

~v ∧ ~a:

CAPITOLO 1.

~v ∧ ~a =

~k 0 0

~i ~j vx vy ax ay

MOTO DEL PUNTO NEL PIANO

=

~i 2 0

~j 8 4

~k 0 0

= 8~k

(1.17)

b. tale vettore risulta essere diretto come il versore binormale ~ Per ottenere un vettore diretto come il versore normale dobbiamo moltiplicare il vettore risultato per il vettore velocità (che è tangente alla traiettoria).

(~v ∧ ~a) ∧ ~v =

~i 0 2

~j 0 8

~k 8 0

= −64~i + 16~j

(1.18)

Inne per ottenere un versore, ovvero un vettore di modulo unitario, normalizziamo il vettore appena ottenuto:

~n =

(~v ∧ ~a) ∧ ~v = −0.97~i + 0.24~j |~v ∧ ~a| |~v | = −sin(α)~i + cos(α)~j

(1.19)

dove, nella seconda espressione, si è tenuto conto che il versore pendicolare a

~t

e diretto verso il centro di curvatura.

I versori

~t

~n è per~n (e ~b)

e

compongono la terna intrinseca, mostrata in gura 1.2. Tra i versori della

~n = ~b ∧ ~t che versore ~ n.

terna vale la relazione per calcolare il

è alla base del metodo appena descritto

Figura 1.2: Posizione della terna di riferimento intrinseca all'istante

t = 2s

Noti i due versori possiamo inne calcolare le due componenti dell'accelerazione dirette secondo la direzione tangenziale e normale attraverso i seguenti prodotti scalari: 17

CAPITOLO 1.

MOTO DEL PUNTO NEL PIANO

m at = ~a × ~t = ax tx + ay ty = 4 · 0.97 = 3.88 2 s m an = ~a × ~n = ax nx + ay ny = 4 · 0.24 = 0.96 2 s ~ ~a = at t + an~n

18

(1.20)

2 Tram su rotaia Di un tram che si muove su rotaia, schematizzabile come un punto che si muove su una linea piana, è assegnato il seguente percorso tra due fermate successive distanti lungo l'ascissa curvilinea

A

sT = 1870m:

B 200 R1 = 400

C

R2 = 400 D Figura 2.1: Schema percorso tram (dimensioni in

Sono inoltre note:

vM ax = 60km/h 2 accelerazione in trazione: a1 = 1m/s 2 decelerazione in frenatura: a3 = −0.8m/s .

velocità massima del veicolo: la massima la massima

19

E

metri )

CAPITOLO 2.

TRAM SU ROTAIA

Sapendo che il tram parte e deve arrivare fermo alle due fermate, si chiede di: 1. denire la legge di moto del veicolo che minimizzi il tempo di percorrenza del tragitto assegnato. 2. realizzare i diagrammi di spostamento, velocità ed accelerazione del veicolo in funzione del tempo. 3. realizzare i diagrammi di velocità ed accelerazione in funzione dello spazio percorso. 4. vericare che l'accelerazione laterale massima sui eggeri sia minore 2 di un valore di comfort ssato pari a 0.8m/s .

2.1

Soluzione del quesito 1

Come prima cosa dobbiamo denire la legge di moto: per ridurre al minimo il tempo di percorrenza utilizziamo una legge di moto con accelerazione costante a tratti posta pari al valore massimo consentito: il veicolo parte da fermo ed accelera con accelerazione costante no al raggiungimento della velocità massima per poi procedere con velocità costante e comincia a decelerare (sempre con accelerazione costante) per fermarsi per tempo alla fermata successiva. L'andamento qualitativo della velocità ed accelerazione sono mostrate in Figura 2.2, dove l'accelerazione è la sola componente tangenziale, responsabile della variazione del modulo della velocità e si è posto il tempo iniziale t0

=0

in corrispondenza della partenza dalla prima fermata.

Dobbiamo quindi identicare gli istanti di tempo tra l'andamento temporale della velocità

at (t)

v(t)

t1 , t2 , t3 .

La relazione

e l'accelerazione tangenziale

è la seguente:

v (t) = v0 +

Z

t

at (t) dt

(2.1)

t0

Considerando che il veicolo parte da fermo e raggiunge la sua velocità massima al tempo tempo

t = t1

con accelerazione costante possiamo calcolare il

t1 : v (t1 ) = 0 +

Z

0

t1

a1 dt = a1 t1 = vM ax ⇒ t1 = 16.67s

(2.2)

Studiando il transitorio di frenatura possiamo calcolare l'intervallo di tempo

∆t3 = t3 −t2 , ovvero il tempo che il veicolo impiega per fermarsi viaggiando

alla sua velocità massima con decelerazione massima: 20

CAPITOLO 2.

TRAM SU ROTAIA

v

vmax

t

0 at a1 0

t1

t2

a3

t3

t

Figura 2.2: Denizione qualitativa della legge di moto

v (t3 ) = vM ax +

Z

t3 t2

a3 dt = vM ax + a3 (t3 − t2 ) = 0

vM ax ⇒ ∆t3 = = 20.84s −a3

(2.3)

Osservando che il veicolo ha velocità nulla sia all'inizio che alla ne del suo percorso si può vericare che è nullo l'integrale della funzione

at (t)

valutato

sull'intero percorso:

v (t3 ) = v0 +

Z

0

t3

at (t) dt = 0 ⇒ a1 t1 + a3 (t3 − t2 ) = 0

(2.4)

La legge oraria (equazione di movimento sulla traiettoria) può essere ricavata integrando la funzione della velocità

s (t) = s0 +

Z

v(t):

t

v (t) dt

(2.5)

t0

dove

s

è l'ascissa curvilinea del punto lungo la traiettoria.

La distanza totale percorsa dal veicolo può essere scomposta nella somma di tre intervalli come:

sT = ∆s1 + ∆s2 + ∆s3

(2.6) 21

CAPITOLO 2.

TRAM SU ROTAIA

Calcolando separatamente i tre integrali rimane incognito solo l'intervallo di tempo

∆t2

che può quindi essere ricavato come:

s (t3 ) = s0 +

Z

t1

v (t) dt + 0

Z

t2

v (t) dt +

t1

Z

t3

v (t) dt = sT t2

(t3 − t2 ) t1 + vM ax (t2 − t1 ) + vM ax = sT 2 2 ⇒ ∆t2 = t2 − t1 = 93.4s

(2.7)

vM ax

Noto il tempo totale

t3 = 130.9s

può essere calcolate la velocità media

del tragitto come:

vM ed

1 = t3

Z

t3

v (t) =

0

sT = 14.3m/s t3

Rimane in ultimo da valutare l'accelerazione normale

(2.8)

an

cui è soggetto il

veicolo che può essere calcolata nota la traiettoria del punto. L'accelerazione 2 normale sarà nulla nei tratti rettilinei, di modulo pari a v /R e diretta verso il centro di curvatura nei tratti di curva.

In analogia a quanto fatto in

precedenza è possibile calcolare gli istanti di tempo in cui il veicolo si trova nei punti notevoli

B, C, D tB = 20.3s, tC = 58.0s e tD = 115.2s (Figura 2.3). sE = 1870 m E t E = 130.9 s D

sD = 1770.8 m tD = 115.2 s

s2 = 1696.0 m t2 = 110.1 s t

C sC = 828.3 m tC = 58 s

B

n sB = 200 m tB = 20.3 s s1 = 138.9 m

A

Figura 2.3: Schema percorso tram: sono evidenziati i punti notevoli

22

CAPITOLO 2.

2.2

TRAM SU ROTAIA

Soluzione dei quesiti 2 e 3

La Figura 2.4 riporta la legge di moto del punto. Si osserva che nei tratti di accelerazione e decelerazione la funzione spostamento ha un andamento parabolico; si osserva inoltre un andamento parabolico del modulo dell'accelerazione normale nel tratto da t2 a tD in quanto dipende dal quadrato della velocità (che varia linearmente). 2000 s [m]

1500 1000 500 0 20 v [m/s]

15 10 5 0

2

a t [m/s ]

1 0,5 0 −0.5 −1

1 a [m/s 2 ]

0.75

n

0.5 0.25 0

0

10

t1

tB

30

40

50

tC

70

80

90

100

t2

tD

120

t3

t [s]

Figura 2.4: Legge di moto del veicolo Nota la funzione

s = s(t),

esprimendo le grandezze siche velocità ed

accelerazione in funzione dell'ascissa curvilinea

s è possibile ottenere il graco

di gura 2.5 20

v [m/s]

15 10 5 0

0

s1

sB

400

600

800 sC

1000

1200

1400

1600

s2

sD1800 s3

0

s1

sB

400

600

800 sC

1000

1200

1400

1600

s2

sD1800 s3

0

s1

sB

400

600

800 sC

1000 s [m]

1200

1400

1600

s2

sD1800 s3

1

2

a t [m/s ]

0.5 0 −0.5 −1

0.8

a n [m/s 2 ]

0.6 0.4 0.2 0

Figura 2.5:

Andamento della velocità e delle componenti tangenziale e

normale dell'accelerazione del veicolo in funzione dell'ascissa curvilinea

23

CAPITOLO 2.

2.3

TRAM SU ROTAIA

Soluzione del quesito 4

Nel caso studiato il modulo dell'accelerazione normale massima sarà presente nella curva di raggio minore e pari a:

an,M ax =

vM ax 2 = 0.69 m/s2 R1

(2.9)

tale valore è minore del valore di soglia per il comfort dei eggeri che quindi risulta vericato.

24

3 Gru da cantiere La gura 3.1 riporta una gru da cantiere a braccio girevole con il carrello portagancio mobile lungo il braccio. Si richiede di studiare il moto del carrello, schematizzato come un punto, determinandone velocità ed accelerazione quando il braccio ruota con velocità angolare ω = 0.1 rad/s ed accelerazione ω˙ = 0.01 rad/s2 attorno all'asse verticale (entrambe in senso orario)

angolare

mentre il carrello si sta muovendo verso l'estremità del braccio con componenti di velocità ed accelerazione allineate al braccio pari rispettivamente a vr = 0.7 m/s e ar = 0.1 m/s2 . . ω, ω

vr, ar

Figura 3.1: Gru a braccio

25

CAPITOLO 3.

GRU DA CANTIERE

Si conosce inoltre la distanza del carrello dall'asse di rotazione pari a 3.9 m e la posizione angolare del braccio pari a 30◦ rispetto all'asse x della terna riportata in gura 3.2. L'esercizio sarà risolto mediante:

•

Metodo dei numeri complessi.

•

Metodo dei moti relativi.

3.1

Soluzione con i numeri complessi

Il problema chiede di studiare il moto del carrello schematizzato come punto

P, che

si muove in un piano. Sia x-y il piano in cui si muove il braccio della

gru con l'origine del sistema di riferimento posizionata sull'asse di rotazione della stessa, come mostrato in gura 3.2. Il piano complesso utilizzato per la risoluzione con i numeri complessi ha origine coincidente con O, l'asse reale concidente con x e quello immaginario con y. Il vettore

(P − O),

che denisce la posizione del carrello nel piano com-

plesso, ha direzione coincidente con il braccio della gru, e può essere denito in forma complessa esponenziale come in eq. 3.1.

y

Im

P

P θ

θ O

x

O

Re

Figura 3.2: Posizione del punto P nel piano complesso

(P − O) = ρ eiθ Il modulo,

ρ,

è una generica funzione del tempo,

posizione di P sul braccio mentre l'anomalia

θ = θ(t),

(3.1)

θ,

ρ = ρ(t)

e ssa la

anch'essa funzione del tempo

denisce l'angolo di rotazione del braccio rispetto al sistema di

riferimento. Nell'istante considerato, il modulo e l'anomalia del vettore essere, in base ai dati forniti: 26

(P − O) risultano

CAPITOLO 3.



GRU DA CANTIERE

ρ = 3.9 m θ = 30◦

(3.2)

Le componenti del vettore lungo gli assi reale ed immaginario sono riportate in eq. (3.3).

Il vettore come:

(P − O)

Re (P − O) = ρ cos (θ) Im (P − O) = ρ sin (θ)

(3.3)

può dunque essere scritto con notazione complessa

(P − O) = ρ cos (θ) + iρ sin (θ)

(3.4)

Per il calcolo della velocità del carrello deriviamo l'espressione (3.1) come segue:

~vP =

π d (P − O) ˙ iθ = ρ˙ eiθ + ρ θe ˙ i(θ+ 2 ) = ρ˙ eiθ + iρ ϑe dt

(3.5)

ricordando che la moltiplicazione di un vettore per l'unità immaginaria i ◦ in senso antiorario nel piano complesso.

equivale ad una sua rotazione di 90

Nell'eq (3.5) il primo termine risulta essere diretto come il vettore

(P −O)

e rappresenta la componente di velocità assegnata nel problema, mentre il secondo è perpendicolare a questo come indicato dall'anomalia (vedi gura 3.3 dove i vettori sono riportati in accordo con la scala delle velocità riportata).

Im vP

ρ˙ e iθ

. i(θ + π) ρθe 2 vP P 0.5 m/s

O

Re

Figura 3.3: Velocità del punto P nel piano complesso Il vettore velocità del punto

P, ~vP , risulta essere la somma vettoriale dei

due termini, con modulo ed anomalia pari a: 27

CAPITOLO 3.

GRU DA CANTIERE

|~vP | =

r

2 ρ˙ 2 + ρθ˙

∠~vP = θ +

(3.6)

˙ arctan ρρ˙θ

Proiettando il vettore velocità sugli assi reale ed immaginario si ottiene:



Re (~vP ) = |~vP | cos (∠~vP ) = ρ˙ cos (θ) − ρθ˙ sin (θ) Im (~vP ) = |~vP | sin (∠~vP ) = ρ˙ sin (θ) + ρθ˙ cos (θ)

(3.7)

Si poteva giungere direttamente a denire le componenti reale ed immaginaria del vettore velocità derivando le eq. (3.3). Esprimendo i dati forniti dal testo in funzione delle variabili utilizzate:

ρ˙ = vr = 0.7m/s θ˙ = ω = 0.1rad/s Il modulo di

~vP

è pari a

|~vP | = 0.80 m/s

e il vettore velocità può essere espresso come

(3.8)

e la sua anomalia pari a

59.1◦,

~vP = 0.41 + i0.69.

Per il calcolo dell'accelerazione deriviamo rispetto al tempo il vettore velocità in forma polare ((3.5))

d (~vP ) ˙ iθ + iρ θe ¨ iθ − ρ θ˙2 eiθ = = ρ¨ eiθ + i2ρ˙ θe dt π π ˙ i(θ+ 2 ) + ρ θe ¨ i(θ+ 2 ) + ρ θ˙2 ei(θ+π) = ρ¨ eiθ + 2ρ˙ θe

~aP =

(3.9)

La gura 3.4 mostra, nel piano complesso, i vettori in (3.9) ed il vettore risultante

~aP ,

ottenuto dalla somma vettoriale di tutte le componenti.

Le lunghezze dei vettori riportati in gura 3.4 è rapportata alla scala delle accelerazioni riportata nella stessa gura e mostra come le componenti più importanti siano nel caso in esame Proiettando i vettori di

2ρ˙ θ˙

e

ρ¨

(3.9) o derivando le componenti di

(3.7) si

ottiene:



Re~aP = ρ¨ cos (θ) − 2ρ˙ θ˙ sin (θ) + ρ θ¨ sin (θ) − ρ θ˙2 cos (θ) Im ~aP = ρ¨ sin (θ) + 2ρ˙ θ˙ cos (θ) + ρ θ¨ cos (θ) − ρ θ˙2 sin (θ)

(3.10)

aP , è convePer calcolare il modulo e la anomalia del vettore accelerazione ~ niente calcolarsi la somma delle componenti reali e immaginarie ed utilizzare le relazioni:

q |~aP | = (Re (~aP ))2 + (Im (~aP ))2 Im(~aP ) ∠~aP = arctan Re(~ aP ) 28

(3.11)

CAPITOLO 3.

Im

GRU DA CANTIERE

aP 0.05 m/s2 . . i(θ + π) 2ρθe 2 .. iθ ρe

.. i(θ + π) ρθe 2 .2 i( + π) ρθe θ

P

O

Re

Figura 3.4: Accelerazione del punto P nel piano complesso

Dal testo conosciamo la derivata seconda dell'anomalia, lerazione angolare del braccio della gru che è pari ad

ar .

ovvero l'acce-

ω˙ e la derivata seconda del modulo, ρ¨,

Sostituendo i dati nell'equazione (3.10) otteniamo il vettore

accelerazione di P :

|~aP | = 0.189 m/s2 3.2

θ¨,

~aP = −0.037 + i0.185 o, in termini di modulo e anomalia, ∠~aP = 101.2◦.

, e

Soluzione con i moti relativi

Per la risoluzione del problema mediante i moti relativi scegliamo un sistema di riferimento in movimento rispetto al sistema di riferimento assoluto (Oxy ), utilizzato per lo studio del moto del punto

P, che ci permetta di semplicarne

l'analisi. Una scelta conveniente è quella di un sistema di riferimento relativo 0 0 0 0 0 0 (O x y ) con origine O coincidente con O , asse x solidale con il braccio e y orientato per denire una terna destrorsa (3.5).

Si tratta, quindi, di un z 0 che coincide con

sistema di riferimento rotante attorno al proprio asse l'asse

z

del sistema di riferimento assoluto. Tale sistema di riferimento ha il

P

vantaggio di poter descrivere il moto del punto come un moto traslatorio x0 , come lo descriverebbe l'operatore della gru la cui cabina ruota

lungo l'asse

solidalmente con la gru, mostrando sempre il carrello di fronte all'operatore. La velocità assoluta del punto P, ovvero la velocità di P nel sistema di riferimento sso

Oxy ,

è vista come somma della velocità di trascinamento e

della velocità di P rispetto al sistema di riferimento relativo.

(T r)

~vP = ~vP

(Rel)

+ ~vP

(3.12)

Il moto di trascinamento, valutato come il moto visto dall'osservatore assoluto quando il moto relativo è impedito ed il punto è trascinato solidamente 29

CAPITOLO 3.

GRU DA CANTIERE

y

y’

ω, ω˙

x’

j

j’

i

P x

i’

O O’

Figura 3.5: Posizionamento della terna mobile

dal moto della terna mobile, è rotatorio attorno ad

O0.

La velocità di P può

quindi essere scritta come:

~vP = ~ω ∧ (P − O) + vr ~i0 = ωP O ~j 0 + vr ~i0

(3.13)

Lo specchietto seguente riassume il valore (modulo e direzione) dei vettori che compaiono nell'equazione (3.13) e sono riportati in g. 3.6 in forma scalata.

(T r)

~vP = ~vP

(Rel)

+

~vP

Modulo

?

ωP O

vr

Direzione

?

⊥P O

k PO

Tabella 3.1: Specchietto riassuntivo delle velocità

y vP (Tr)

(Rel)

vP

vP

P 0.5 m/s O

x

Figura 3.6: Calcolo della velocità: scomposizione con i moti relativi

30

CAPITOLO 3.

GRU DA CANTIERE

Sostituendo i dati del problema la velocità di P può essere calcolata sommando gracamente i vettori come in 3.7. Il vettore velocità risultante ha modulo pari a |~ vP | = 0.80 m/s e anomalia pari a 59.1◦ . La velocità relativa (Rel) ~vP corrisponde alla componente ρ˙ della soluzione con i numeri complessi, (T r) mentre la velocità di trascinamento ~ vP corrisponde a quella ρθ˙ .

vP(Rel) vP vP(Tr)

0.5 m/s

Figura 3.7: Calcolo della velocità: soluzione graca

L'accelerazione del punto P è pari alla somma vettoriale dei seguenti termini:

(T r)

~aP = ~aP

(Rel)

+ ~aP

(Cor)

+ ~aP

(3.14)

(T r)

~aP è quella di un punto che si muove su una traiettoria circolare di raggio (P − O) ed è pertanto scomponibile in una componente normale pari a ~ ω ∧ ~ω ∧ (P − O) ed in una componente (Rel) ~ tangenziale pari a ˙ω∧(P − O). L'accelerazione relativa ~ aP , invece, è quella L'accelerazione di trascinamento

di un punto che si muove lungo una traiettoria rettilinea e coincide con quella

di avanzamento del carrello fornita dal testo, diretta seconda la tangente alla (Cor) aP in quanto la traiettoria. Compare, inoltre, l'accelerazione di Coriolis ~ (Rel) terna mobile è rotante è la velocità relativa ~ vP non è parallela a ω ~. Sviluppando i termini dell'equazione (3.14) otteniamo, quindi, la seguente espressione:

~˙ ∧ (P − O) − ω 2 (P − O) + ar ~i0 + 2~ω ∧ ~vr = ~aP = ω = ωP ˙ O ~j 0 − ω 2P O ~i0 + ar ~i0 + 2ωvr ~j 0

(3.15)

Lo specchietto seguente riassume il valore (modulo e direzione) dei vettori che compaiono nell'equazione (3.15) e sono schematizzati in 3.8. 31

CAPITOLO 3.

GRU DA CANTIERE

(T r)

(T r)

(Rel)

(Rel)

(Cor)

~aP = ~aP,t + ~aP,n + ~aP,t + ~aP,n + ~aP Modulo

?

ωP ˙ O

ω2P O

ar

/

2ωvr

Direzione

?

⊥P O

k PO

k PO

/

⊥P O

Tabella 3.2: Specchietto riassuntivo delle accelerazioni

y

aP (Cor)

aP

(Rel)

aP,t

(Tr) P,t

a

P

(Tr)

aP,n

O Figura 3.8:

x

Calcolo della accelerazione del punto P: scomposizione nelle

componenti relative e di trascinamento

Sostituendo i dati del problema l'accelerazione di P può essere calcolata sommando gracamente i vettori come in 3.9. Il vettore accelerazione risultante ha modulo pari a |~ aP | = 0.189 m/s2 e anomalia pari a 101.2◦ .

0.05 m/s2

(Cor)

aP aP

(Rel)

aP,t (Tr)

aP,n

(Tr)

aP,t

Figura 3.9: Calcolo della accelerazione: soluzione graca

Confrontando l'equazione (3.5) con la (3.13) e l'equazione (3.9) con la (3.15) si possono riconoscere nella scrittura in termini di numeri complessi i termi32

CAPITOLO 3.

GRU DA CANTIERE

ni di moto di trascinamento, relativo e il termine di Coriolis (quest'ultimo presente solo nell'accelerazione) visti nella soluzione con il metodo dei moti relativi.

33

CAPITOLO 3.

34

GRU DA CANTIERE

Parte II Cinematica dei corpi rigidi

35

4 Quadrilatero articolato In gura 4.1 è riportato lo schema di un sistema meccanico composto da un disco incernierato a terra nel suo centro cerniera

A,

O1 ,

al quale è collegata mediante la

posizionata ad una distanza radiale

O1 A = 0.2 m,

un'asta

AB

0.8 m. All'estremo B di tale asta è incernierata una BO2 lunga 0.6m, che risulta rigidamente collegata al semidisco, RSD = 0.15 m, incernierato a terra nel punto O2 .

di lunghezza pari a seconda asta di raggio

B

P

γ G

D

O2

ϑ

β

α

A O1

Figura 4.1: Sistema articolato Su tale semidisco si avvolge senza strisciare una fune inestensibile al cui estremo è collegato il centro del disco

D,

37

di raggio

RD = 0.15 m

che rotola

CAPITOLO 4.

QUADRILATERO ARTICOLATO

α = 160◦

α˙ = 0.1 rad/s

α ¨ = 0 rad/s2

Tabella 4.1: Dati dell'atto di moto considerato

senza strisciare su un piano inclinato di un angolo pari a

ϑ

pari a

160◦ .

Si

ritengano inoltre note le distanze fra le due cerniere poste sul telaio pari a

0.3 m

sull'orizzontale e

0.8 m

sulla verticale.

Si richiede di calcolare: 1. La velocità del punto

G,

baricentro del semidisco (si ritenga nota la

distanza del baricentro dalla cerniera 2. L'accelerazione del punto

G,

O2

pari a

RSD /2)

e del punto

D.

baricentro del semidisco (si ritenga nota

la distanza del baricentro dalla cerniera

O2

pari a

RSD /2)

e del punto

D. Si supponga inoltre che siano note le seguenti grandezze siche relativamente all'atto di moto considerato, riportate in Tabella 4.1.

4.1

Analisi del moto

Il sistema, costituito da 5 corpi rigidi (disco

BO2 ,

fune e disco

D)

O1 ,

asta

AB ,

semi-disco+asta

che si muovono nel piano, disporrebbe in assenza di

vincoli di 15 gradi di libertà. Per calcolare i gradi di libertà eettivamente lasciati liberi dal sistema di vincoli è necessario considerare che:

• • • • •

la traslazione verticale e orizzontale del disco cerniera a terra in L'estremità

L'estremità

B

O1 O2

AB

è vincolata a seguire una traiettoria circo-

AB

è vincolata a seguire una traiettoria circo-

dal vincolo di cerniera in

B

(vincolo doppio);

la traslazione verticale e orizzontale del semi-disco cerniera a terra in

è impedita dalla

dal vincolo di cerniera (vincolo doppio);

dell'asta

lare attorno ad

O1

(vincolo doppio);

dell'asta

lare attorno ad

O2

O2

è impedita dalla

(vincolo doppio);

l'inestensibilità della fune introduce due gradi di vincolo; non strisciamento e non compenetrazione della fune nel semi-disco (vincolo doppio);

38

A

O1

CAPITOLO 4.

•

QUADRILATERO ARTICOLATO

esiste un legame tra gli spostamenti dell'estremità sibile

PD

e quelli del centro del disco

D

D della fune inesten-

per il collegamento tramite

cerniera della fune sul disco (vincolo doppio);

•

il vincolo di puro rotolamento tra il disco D e piano inclinato impedisce il distacco del disco dal piano e lega la rotazione del disco all'avanzamento relativo dello stesso lungo il piano (vincolo doppio);

Il computo dei gradi di libertà del sistema può quindi essere sintetizzato nella seguente tabella.

3 g.d.l. x 5 corpi rigidi =

15 g.d.l.

-

=

2 g.d.v.

-

1 cerniera (Disco/Asta) =

2 g.d.v.

-

1 cerniera (Asta/Asta) =

2 g.d.v.

-

2 g.d.v.

-

1 cerniera a terra in

1 cerniera a terra in 1 vincolo fune/semi-disco

O1

O2 O2

= =

2 g.d.v.

-

1 vincolo fune/disco D =

2 g.d.v.

-

1 vincolo di puro rotolamento =

2 g.d.v.

-

1 g.d.l.

residuo

Totale

Tabella 4.2: Computo dei g.d.l. residui del sistema

Per prima cosa si propone in Figura 4.2 una analisi del sistema articolato proposto, dando una rappresentazione della congurazione assunta dal sistema per dierenti angoli di manovella

α.

Si osserva innanzi tutto come il sistema meccanico da analizzare sia costituito da due sottosistemi in serie, di cui il primo è assimilabile ad un quadrilatero articolato delimitato dai punti

O1 ABO P 2 . Tale quadrilatero soddisfa la altri lati avendo lmin = 0, 2m, 0, 8 + 0, 6 = 1, 4. Saranno quin-

regola di Grashof in quanto lmin + lmax < p lmax = 0, 32 + 0, 82 = 0, 854m e l2 + l3 =

di possibili due congurazioni di assemblaggio del sistema (come verrà poi dimostrato e rappresentato in Figura 4.4).

Inoltre nelle varie congurazioni riportate in Figura 4.2 è stato evidenziato come il punto della fune a contatto con il semidisco, rappresentato in gura con un circolo, rimanga sso al variare dell'angolo di manovella

α.

Invece

il punto del semidisco a contatto con la fune varia e per la congurazione ◦ assegnata (α = 160 ) è stato evidenziato in gura con una crocetta. 39

CAPITOLO 4.

QUADRILATERO ARTICOLATO

P

P G

B

G D

D

O2

O2 B

A

O1

O1

A

(a) Angolo di manovella α = 0◦

(b) Angolo di manovella α = 60◦ P

P

B

G

G D

O2

B

O2

D

A O1

A

(c) Angolo di manovella α = 120◦

O1

(d) Angolo di manovella α = 180◦ P

P G

G O2

O2

D

D

B B

O1 A

(e) Angolo di manovella α = 240◦

O1 A

(f) Angolo di manovella α = 300◦

Figura 4.2: Cinematica del sistema per vari angoli di manovella

40

CAPITOLO 4.

4.2 4.2.1

QUADRILATERO ARTICOLATO

Soluzione del quesito 1 Con i numeri complessi

Per la risoluzione dei quesiti proposti è necessario risolvere la cinematica del sistema calcolando per prima cosa l'orientamento e la posizione delle varie aste. Si propone, quindi, l'utilizzo di una equazione di chiusura scritta

??.

secondo le convenzioni riportate nella seguente Figura

B c γ

O2

b

d β δ

α

A a

O1 Figura 4.3: Chiusura cinematica

Si scrive dapprima l'equazione di chiusura cinematica per il primo sottosistema, riportata nell'equazione 4.1:

~a + ~b + ~c = d~

(4.1)

L'equazione vettoriale 4.1 può essere riscritta utilizzando la notazione esponenziale, così come riportato nell'equazione 4.2:

aeiα + beiβ + ceiγ = deiδ

(4.2)

In Tabella 4.3 sono riportate le grandezze note e quelle incognite dei vettori riportati nell'equazione 4.2: Si osserva innanzi tutto che il vettore

d~, che congiunge i due punti del tela-

io che rimangono ssi nello spazio, rimarrà costante sia in modulo che in fase. Tale termine scomparirà nelle derivazioni successive, ma risulta fondamentale per la determinazione della congurazione geometrica del sistema. La proiezione dell'equazione 4.2 sui due assi reale ed immaginario porta alla scrittura del seguente sistema nelle due incognite



β

a cos α + b cos β + c cos γ = d cos δ a sin α + b sin β + c sin γ = d sin δ

e

γ. (4.3)

41

CAPITOLO 4.

Vettore

QUADRILATERO ARTICOLATO

Modulo

Fase

~a

a = O1A = 0.25m

~b

b = AB = 0.8m

~c

c = BO2 = 0.6m

d~

d = O1 O2 = 0.854m

cost.

α = 160◦

variabile asseganta

β = 97.82◦

cost.

γ = 354.16◦

cost.

variabile variabile

δ = 69.44◦

cost.

cost.

Tabella 4.3

Dalla prima delle due equazioni del sistema 4.3 è possibile esplicitare

β

come:

β = arccos



d cos δ − a cos α − c cos γ b



(4.4)

Sostituendo quanto appena ottenuto nella seconda equazione del sistema 4.3 si ottiene:

s

−b 1 −



d cos δ − a cos α − c cos γ b

2

= a sin α + c sin γ − d sin δ

(4.5)

Elevando al quadrato entrambi i membri della 4.5 si ottiene:

b2 − d2 cos2 δ − a2 cos2 α − c2 cos2 γ +2ad cos δ cos α + 2cd cos δ cos γ − 2ac cos α cos γ = d2 sin2 δ + a2 sin2 α + c2 sin2 γ +2ac sin α sin γ − 2ad sin δ sin α − 2cd sin δ sin γ

(4.6)

Utilizzando le relazioni trigonometriche è possibile semplicare la precedente equazione ottenendo:

K = A cos γ + B sin γ K, A e B δ = cost, valgono:

dove i termini essendo

sono noti per la congurazione assegnata

K = b2 − a2 − c2 − d2 + 2ad cos (α − δ) A = 2ac cos α − 2cd cos δ B = 2ac sin α − 2cd sin δ 42

(4.7)

(α)

e,

(4.8)

CAPITOLO 4.

QUADRILATERO ARTICOLATO

g G

B G

O2

O2

g

B

A

O1

A

(a) Congurazione con γ = 118.42◦

O1

(b) Congurazione con γ = −5.83◦ = 354.17◦

Figura 4.4: Confronto delle dierenti soluzioni di montaggio

p sin γ = 1 − cos2 γ , variabile cos γ .

L'equazione 4.7, sfruttando la relazione trigonometrica può essere scritta come equazione quadratica nella

K 2 − 2KA cos γ + A2 cos2 γ = B 2 (1 − cos2 γ)

(4.9)

L'equazione 4.9 porta all'ottenimento di quattro soluzioni per l'angolo γ , ◦ ◦ rispettivamente γ1−2 = ±5.83 e γ3−4 = ±118.42 , e quindi, tramite la 4.4, all'angolo β . Le uniche soluzioni accettabili sono le due con angolo −5.83◦ e 118.42◦; tali congurazioni sono mostrate nella Figura 4.4

γ

pari a

La soluzione di montaggio riportata in Figura 4.4(a) è inne da scartare

in quanto non raggiungibile a partire dalla congurazione di montaggio assegnata e non consentirebbe inoltre un corretto avvolgimento della fune sul semidisco.

γ = −5.83

La soluzione che verrà quindi utilizzata in seguito è quella con = 354.17◦ e di conseguenza β = 97.82◦ .

A questo punto è possibile procedere con il calcolo della velocità di ro-

tazione dell'asta

BO2

e, quindi, del semidisco ad essa rigidamente collegato.

Per ricavare le varie velocità richieste si procede derivando l'equazione 4.2 ottenendo: π π ˙ i(β+ π2 ) + cγe aαe ˙ i(α+ 2 ) + bβe ˙ i(γ+ 2 ) = 0

(4.10) 43

CAPITOLO 4.

QUADRILATERO ARTICOLATO

Proitettando l'equazione 4.10 sull'asse reale ed immaginario si ottiene il sistema di equazioni:



−aα˙ sin α − bβ˙ sin β − cγ˙ sin γ = 0 aα˙ cos α + bβ˙ cos β + cγ˙ cos γ = 0

(4.11)

Il sistema di equazioni così ottenuto è un sistema di tipo lineare nelle incognite

β˙

e

γ˙ .

Tale sistema può quindi essere risolto utilizzando la scrittura

in forma matriciale.



−b sin β −c sin γ +b cos β c cos γ

+aα˙ sin α β˙ = −aα˙ cos α γ˙

(4.12)

Sostituendo i valori numerici nelle equazioni appena scritte si ottengono i risultati numerici riportati nella 4.13.

−1 −b sin β −c sin γ +aα˙ sin α −6.2 · 10−3 rad/s β˙ = = +b cos β c cos γ −aα˙ cos α 30.3 · 10−3 rad/s γ˙ Si osserva come l'aver ottenuto un valore numerico

β˙ < 0,

(4.13)

con le conven-

AB sta ruotando in verso orario, mentre il valore γ ˙ > 0 indica che l'asta BO2 sta ruotando in verso antiorario. A questo punto la velocità del punto G è immediatamente ricavabile come:

zioni adottate, indica che l'asta

~vG = ~ωBO2 ∧ (G − O2 ) π ~ π j = γ˙ ~k ∧ GO2 cos γ + ~i + sin γ + 2 2 π = 2.3 · 10−3 ei(γ+ 2 ) m/s

(4.14)

denendo il vettore posizione come: π

(G − O2 ) = GO2 ei(γ+ 2 )

(4.15)

e il vettore velocità come:

d → (G − O2 ) = − vG dt Per quanto riguarda la velocità del centro del disco

(4.16)

D

si osserva come

quest'ultima non possa che essere diretta come il piano inclinato. Il modulo di tale velocità viene invece riportato nell'equazione 4.17: 44

CAPITOLO 4.

QUADRILATERO ARTICOLATO

γR ˙ SD P γ˙ RSD 2

G

O2 Figura 4.5: Rappresentazione velocità

~vP

e

~vG

|~vD | = |~vP | = |~ωBO2 ∧ (P − O2 )| = γP ˙ O2 = 4, 6 · 10−3 m/s

(4.17)

d (P − O2 ) sono numeri complessi dt Si fornisce quindi in Figura 4.5 una rappresentazione graca delle due in cui si ricorda che

(P − O2 )

e

velocità appena calcolate, di cui rispettivamente in rosso la velocità blu la velocità del punto

4.2.2

~vP

ed in

~vG .

Con i moti relativi

Velocità ed accelerazioni possono essere ricavate anche mediante l'utilizzo di

x1 OA y1 in A con cui studiare velocità e accelerazione del punto B . Il moto del punto B è un moto assoluto rotatorio attorno al punto O2 . Infatti il punto B appartiene al corpo rigido BO2 incernierato in O2 cerniera ssa. Il moto di trascinamento rappresenta il moto che l'osservatore assoluto vedrebbe se il punto B fosse

terne in moto relativo. Si sceglie di posizionare una terna traslante

solidale con la terna mobile (moto relativo impedito) e trascinato in questo (T r) caso a traslare con v~B = v~A (attenzione al fatto che il punto A è in moto rotatorio rispetto ad

O1 ).

Per ricostruire il moto assoluto va sommato

al moto di trascinamento il moto relativo visto dall'osservatore mobile. moto relativo del punto rotatorio di

AB

B

attorno ad

incernierato in

punto

B

B

A

Il

è visto dall'osservatore traslante come un moto

A.

Infatti il punto

B

appartiene al corpo rigido

che risulta essere una cerniera mobile. La velocità del

può quindi essere espressa così:

(Ass)

~vB

(T r)

= ~vB

(Rel)

+ ~vB

(4.18)

I termini dell'equazione 4.18 possono essere espressi come riportato nella tabella 4.4. 45

CAPITOLO 4.

QUADRILATERO ARTICOLATO

(Ass)

(T r)

~vB

(Rel)

~vB

Modulo

~vB

~ωO2 B ∧ (B − O2 ) ⊥O2 B

Direzione

~ωO1 A ∧ (A − O1 ) ⊥O1 A

ω ~ AB ∧ (B − A) ⊥AB

Tabella 4.4: Vettori

B 5 · 10−3 m s B

bβ˙

G O2

cγ˙

cγ˙

aα˙

A

O1

bβ˙

aα˙

(a)

(b)

Figura 4.6: Poligono delle velocità

Confrontando i termini dell'equazione 4.18 con i valori dell'equazione 4.10 si nota come le due metodologie risolutive portino ad esplicitare gli stessi termini.

π π (α+ π2 ) + bβe ˙ i(β+ π2 ) ˙ i{z ˙ i(γ+ 2 ) = cγe ˙ i(γ− 2 ) |aαe } | {z } = −cγe | {z } (T r) ~ vB

(Rel)

~ vB

(4.19)

(Ass)

~ vB

Da ultimo è possibile fornire una rappresentazione graca dell'equazione 4.19, così come riportato nella Figura 4.6, in cui sono rappresentate, per la (Ass) congurazione assegnata, in nero la velocità assoluta ~ vB del punto B , in (T r) rosso il termine di trascinamento ~ vB ed in blu in termine di velocità relativa (Rel) ~vB . In particolare in Figura 4.6(a) sono evidenziati i tre termini di velocità nei rispettivi punti di applicazione, mentre in Figura 4.6(b) è evidenziata la chiusura del poligono delle velocità. 46

CAPITOLO 4.

4.3

QUADRILATERO ARTICOLATO

Soluzione del quesito 2

4.3.1

Con i numeri complessi

E' possibile procedere al calcolo delle accelerazioni richieste noti i valori di

β˙

e

γ˙

ricavati al o precedente.

Derivando l'equazione 4.10 è possibile

ottenere:

π ¨ i(β+ π2 ) − bβ˙ 2 eiβ + a¨ αei(α+ 2 ) − aα˙ 2 eiα + bβe π +c¨ γ ei(γ+ 2 ) − cγ˙ 2 eiγ = 0

(4.20)

L'equazione 4.20, come già visto per l'equazione 4.10, può essere proiettata sui due assi reale ed immaginario ottenendo il sistema di equazioni:



−a¨ α sin α − aα˙ 2 cos α − bβ¨ sin β − bβ˙ 2 cos β − c¨ γ sin γ − cγ˙ 2 cos γ = 0 a¨ α cos α − aα˙ 2 sin α − bβ¨ cos β − bβ˙ 2 sin β − c¨ γ cos γ − cγ˙ 2 sin γ = 0

(4.21)

A questo punto, è possibile calcolare la soluzione del sistema 4.21 utilizzando la formulazione matriciale, ottenendo la seguente espressione.

−1 −b sin β −c sin γ β¨ = +b cos β c cos γ γ¨ +a¨ α sin α + aα˙ 2 cos α + bβ˙ 2 cos β + cγ˙ 2 cos γ −a¨ α cos α + aα˙ 2 sin α + bβ˙ 2 sin β + cγ˙ 2 sin γ

(4.22)

E' possibile notare come la matrice da invertire sia la stessa di quella calcolata per la stima delle velocità La sostituzione dei valori numerici nell'equazione 4.22 porta all'ottenimento dei seguenti risultati di accelerazione.

1, 8 · 10−3 rad/s2 β¨ = 1, 4 · 10−3 rad/s2 γ¨ Si nota come entrambi i valori di venzioni evidenziate in Figura

??

β¨

G

e del centro del disco

D

γ¨

risultino positivi secondo le con-

corrispondente ad accelerazioni del moto

entrambe dirette in senso antiorario. punto

e

Per il calcolo delle accelerazioni del

si utilizza, come per le velocità, il teorema

di Rivals, così come riportato nell'equazione 4.23.

~aG = ~ω˙ BO2 ∧ (G − O2 ) + ~ωBO2 ∧ (~ωBO2 ∧ (G − O2 )) ~aP = ~ω˙ BO2 ∧ (P − O2 ) + ~ωBO2 ∧ (~ωBO2 ∧ (P − O2 ))

(4.23)

47

CAPITOLO 4.

QUADRILATERO ARTICOLATO

γ¨ RSD P G γ¨ RSD 2

γ˙ 2 RSD

γ˙ 2 RSD 2 O2

P

Figura 4.7: Rappresentazione accelerazioni del punto

e

G

Per la risoluzione numerica è conveniente scomporre i due vettori accelerazione appena indicati nelle due componenti normale e tangenziale, ottenendo le seguenti espressioni.

R ~ SD iγ e = 1.0 · 10−4 m/s2 |~aGt | = γ¨ k ∧ (G − O2 ) = −¨ γ 2 π R ~ SD i γ+ 2 ) ( 2 = 6.9 · 10−5 m/s2 |~aGn | = γ˙ k ∧ γ˙ ~k ∧ (G − O2 ) = −γ˙ e 2 |~aP t | = γ¨~k ∧ (P − O2 ) = γ¨ RSD eiϑ = 2.1 · 10−4 m/s2 π |~aP n | = γ˙ ~k ∧ γ˙ ~k ∧ (P − O2 ) = γ˙ 2 RSD ei(ϑ+ 2 ) = 1.3 · 10−4 m/s2

(4.24)

Si fornisce quindi in Figura 4.7 una rappresentazione graca delle accelerazioni appena calcolate, di cui rispettivamente in rosso l'accelerazione normale e tangenziale del punto

P

G.

ed in blu quelle del punto

L'accelerazione del centro del disco, e quindi del punto mente della componente tangenziale di

~aP t ,

D,

risente unica-

quindi può essere espressa come

|a~D | = |~aP t | = γ¨ ∧ (P − O2 ). Per quanto riguarda la direzione dell'accele~aD sarà diretta in modo parallelo al piano inclinato su cui rotola il disco D . razione

4.3.2

Con i moti relativi

Da ultimo si propone, anche per le accelerazioni, la valutazione dell'accelerazione del punto 48

B

mediante l'approccio con i moti relativi.

CAPITOLO 4.

(Ass)

~aB

(T r)

= ~aB

QUADRILATERO ARTICOLATO

(Rel)

+ ~aB

(Cor)

+ ~aB

(4.25)

Nello specico gli elementi dell'equazione 4.25 rappresentano:

(Ass)

• ~aB

: accelerazione assoluta del punto B , avente una componente nor(Ass) (Ass) male ~ aBn e una tangenziale ~aBt (perché il moto assoluto del punto B è rotatorio attorno alla cerniera ssa O1 ).

( (T r)

• ~aB

(Ass)

~aBn = ~ωBO2 ∧ (~ωBO2 ∧ (B − O2 )) (Ass) ~aBt = ~ω˙ BO2 ∧ (B − O2 )

: accelerazione di trascinamento del punto

una traslazione con accelerazione (T r) (T r) e una tangenziale ~ aBt .

~aA ,

B

corrispondente ad

avente una componente normale

~aBn

(

(T r)

~aBn = ~ωAO1 ∧ (~ωAO1 ∧ (A − O1 )) (T r) ~aBt = ~ω˙ AO1 ∧ (A − O1 )

(Rel)

: accelerazione relativa del punto B , avente una componente nor(Rel) (Rel) male ~ aBn e una tangenziale ~aBt (perché il moto relativo di B è

• ~aB

rotatorio attorno ad

( (Cor)

• ~aB

(Rel)

= 2~ω ∧ ~vB

A). (Rel)

~aBn = ~ωAB ∧ (~ωAB ∧ (B − A)) (Rel) ~aBt = ~ω˙ AB ∧ (B − A) : accelerazione di Coriolis che risulta essere nulla

nel caso in esame avendo velocità angolare della terna mobile

ω=0

in

quanto la terna mobile è traslante. É quindi possibile suddividere i termini sopra elencati così come riportato nella seguente Tabella 4.5. Esplicitando i termini dell'equazione 4.25 con i valori esplicitati in Tabella si ottiene l'equazione:

π (α+ π2 ) − aα˙ 2 eiα + bβe ˙ 2 iβ ¨ i(β+ π2 ) γ ei(γ+ 2 ) − cγ˙ 2 eiγ = 0 αei{z } | {z } | {z } − b|β{ze } + |c¨ |a¨ {z } | {z } (tr)

~aBt

(tr)

~aBn

(rel)

~aBt

(rel)

~aBn

(ass)

~aBt

(4.26)

(ass)

~aBn

49

CAPITOLO 4.

QUADRILATERO ARTICOLATO

(ass)

~aBn

(ass)

Modulo

Direzione

~ωO2 B ∧ (~ωO2 B ∧ (B − O2 ))

kBO2

~ω˙ O2 B ∧ (B − O2 )

⊥BO2

~ωO1A ∧ (~ωO1 A ∧ (A − O1 ))

kAO1

~aBt

(tr)

~aBn

(tr)

~˙ O1 A ∧ ω

⊥AO1

~ωAB ∧ (~ωAB ∧ (B − A))

kAB

~aBt

(rel)

~aBn

(rel)

~aBt

(Cor)

~aB

~ω˙ AB ∧

⊥AB

−

−

Tabella 4.5

B

bβ¨ c¨ γ

cγ˙ 2

G

bβ˙ 2

O2

5 · 10−4 sm2

B

cγ˙ 2 aα˙ 2

O1

A

c¨ γ

bβ˙ 2 bβ¨

aα˙ 2

(a)

(b)

Figura 4.8: Poligono delle accelerazioni

i cui termini sono esattamente i medesimi dell'equazione 4.20. Da ultimo è possibile fornire una rappresentazione graca dell'equazione 4.26, così come riportato nella Figura 4.8, in cui sono rappresentate, per la (Ass) aB , congurazione assegnata, in nero l'accelerazione assoluta del punto B ~ (T r) in rosso il termine di trascinamento ~ aB ed in blu in termine di accelerazione (Rel) relativa ~ aB (Si fa notare che in Figura 4.8(a) il vettore bβ˙ 2 è stato scalato di un fattore 10 per motivi graci). 50

CAPITOLO 4.

QUADRILATERO ARTICOLATO

140

120

Rotazioni delle aste [°]

100

80

Asta AB Asta BO2

60

40

20

0

−20

0

50

100

150 200 Angolo di manovella α [°]

250

300

350

Figura 4.9: Rotazioni aste −3

6

x 10

0.12

0.1

4

Velocità centro disco D [m s−1]

−1

Velocità angolari [rad s ]

0.08

Asta O A

0.06

1

Asta AB Asta BO

2

0.04

0.02

2

0

−2

0

−0.02

−4

−0.04

−6 0

50

100

150 200 Angolo di manovella α [°]

250

300

350

0

50

100

150 200 Angolo di manovella α [°]

(a)

250

300

350

(b)

Figura 4.10: Velocità dei componenti del sistema

4.4

Osservazioni

Si propone un'analisi complessiva della cinematica del sistema valutando le posizioni, velocità ed accelerazioni del sistema in funzione dell'angolo di manovella

α.

Per prima cosa si riporta in gura 4.9 l'andamento degli angoli funzione dell'angolo di manovella

α;

β

e

γ

in

in tale gura è stato evidenziato con un α = 160◦ .

circolo il punto relativo alla congurazione assegnata

In seguito si propone in Figura 4.10(a) l'andamento degli angoli e in Figura 4.10(b) la velocità del centro del disco dell'angolo di manovella

D

β˙

e

γ˙

sempre in funzione

α.

Come prima, si evidenzia con un circolo il punto ◦ relativo alla congurazione assegnata α = 160 e α ˙ = 0.1rad/s. In Figura 4.10(b) si nota come il tempo in cui il disco si muove verso

l'alto, ovvero in cui (pari a

2π/α˙ ).

|~vD | > 0,

risultino pari al

52.2%

del periodo complessivo

Ciò signica che il tempo di andata (disco in salita) dierisce,

seppur di poco, da quello di ritorno (disco in discesa). E' possibile osservare inoltre come nel caso analizzato la velocità dell'asta

O1 A si mantenga costan-

te per tutti i valori di dell'angolo di manovella considerati. Inne si propone 51

CAPITOLO 4.

QUADRILATERO ARTICOLATO

−4

−3

x 10

8

5

Asta O1A

4

Asta AB Asta BO2

x 10

6

Accelerazione centro disco D [m s−2]

−2

Accelerazioni angolari [rad s ]

6

3

2

1

0

−1

4

2

0

−2

−2 −3

−4

0

50

100

150 200 Angolo di manovella α [°]

250

300

−4

350

(a)

0

50

100

150 200 Angolo di manovella α [°]

250

300

350

(b)

Figura 4.11: Accelerazione dei componenti del sistema

in Figura 4.11 l'andamento degli angoli del centro del disco

D

β¨ e γ¨

e in Figura 4.11 l'accelerazione

sempre in funzione dell'angolo di manovella

α.

Co-

me prima, si evidenzia con un circolo il punto relativo alla congurazione ◦ assegnata α = 160 e α ˙ = 0.1rad/s. Dalla gura si osserva come solo per l'asta

O1 A

si abba un valore di accelerazione nulla, dovuta al fatto che la

velocità dell'asta stessa è mantenga costante per tutti i valori di angoli di manovella considerati. Per le aste con velocità variabile si osserva un prolo di accelerazione diverso da 0. Dove ho

52

vmax

ho accelerazione nulla.

5 Manovellismo deviato Il manovellismo rappresentato in Figura 5.1 è costituito da una manovella

OA, da una biella AB

e da un disco di raggio

R che

rotola senza strisciare su

una guida rettilinea. Siano noti i dati relativi all'atto di moto da considerare (riportati in Tabella 5.1), ovvero posizione, velocità e accelerazione angolare della manovella e posizione della biella nell'istante di tempo

t

considerato.

Si chiede di determinare:

•

deviazione del manovellismo.

•

velocità ed accelerazione del centro del disco

•

velocità ed accelerazione del punto

•

velocità angolare

P,

B.

posto sulla circonferenza del

disco.

ω˙

α=

e accelerazione angolare

π 3

β=0 AB = 1 m

α˙ = 1 rad/s c=

1 √ 2 3

+1 m

ω ¨

del disco.

α ¨ = 0 rad/s2 OA =

√1 3

m

R = 0.2 m

Tabella 5.1: Dati dell'atto di moto considerato

53

CAPITOLO 5.

MANOVELLISMO DEVIATO

P

β

A

B

ω R

C

O

α, α, ˙ α ¨

Figura 5.1: Manovellismo ordinario deviato 3 g.d.l. x 3 corpi rigidi

= 9 g.d.l.

-

3 cerniere

= 6 g.d.v.

-

1 contatto rotolamento senza strisciamento

= 2 g.d.v.

-

Totale

= 1 g.d.l.

residuo

Tabella 5.2: Computo dei g.d.l. residui del sistema

5.1

Analisi del moto

Per prima cosa si propone in Figura 5.2 un'analisi del sistema articolato proposto, dando una rappresentazione della congurazione assunta dal sistema per dierenti angoli di manovella

α.

Si osserva inoltre che per risolvere il pro-

blema nei termini di posizione, è necessario assegnare un valore all'anomalia

d

del manovellismo, che, nel caso in esame è stata assunta pari a

0, 3m.

É inoltre possibile rappresentare l'andamendo delle grandezze cinematiche

β e posizione del corsoio c) e delle loro derivate in funzione dell'angolo di manovella α. In Figura 5.3 è inoltre stato evidenziato con un π circolo il punto di interesse corrispondente all'angolo α pari a . 3

di interesse (angolo

Il computo dei gradi di libertà del sistema può quindi essere sintetizzato come in Tabella 10.2: L'asta l'asta

54

AB

AO

compie un moto rotatorio attorno al punto sso

compie un moto rototraslatorio.

O

mentre

CAPITOLO 5.

MANOVELLISMO DEVIATO

(a) Angolo di manovella α = 0◦

(b) Angolo di manovella α = 60◦

(c) Angolo di manovella α = 120◦

(d) Angolo di manovella α = 180◦

(e) Angolo di manovella α = 240◦

(f) Angolo di manovella α = 300◦

Figura 5.2: Cinematica del sistema per vari angoli di manovella

55

CAPITOLO 5.

MANOVELLISMO DEVIATO

80

0.6 0.4 Angolo β˙ [rad s−1 ]

Angolo β [◦ ]

60 40 20 0

0.2 0 −0.2 −0.4 −0.6

−20

0

50

100

150 200 Angolo di manovella α [◦ ]

250

300

−0.8

350

2

0

50

100

150 200 Angolo di manovella α [◦ ]

250

300

350

0

50

100

150 200 Angolo di manovella α [◦ ]

250

300

350

0.6

Posizione c˙ [m s−1 ]

Posizione c [m]

0.4

1.5

1

0.5

0.2 0 −0.2 −0.4 −0.6

0

0

50

100

150 200 Angolo di manovella α [◦ ]

250

300

350

−0.8

(a) Posizioni

(b) Velocità

0.6

Angolo β¨ [rad s−2 ]

0.4 0.2 0 −0.2 −0.4 −0.6 −0.8

0

50

100

150 200 Angolo di manovella α [◦ ]

250

300

350

0

50

100

150 200 Angolo di manovella α [◦ ]

250

300

350

0.4

Posizione c¨ [m s−2 ]

0.2 0 −0.2 −0.4 −0.6 −0.8 −1

(c) Accelerazioni Figura 5.3: Grandezze cinematiche di interesse

56

CAPITOLO 5.

MANOVELLISMO DEVIATO

P

β

A

ω

B

R

C

α, α, ˙ α ¨ O

H

Figura 5.4: Posizionamento del sistema di riferimeno

5.2

Soluzione del quesito 1

5.2.1

Con i numeri complessi

Per la risoluzione del problema proposto è necessario innanzi tutto scegliere un sistema di riferimento assoluto rispetto al quale denire le grandezze necessarie per la risoluzione. Si posizioni quindi la terna di riferimento assoluta nell'unico punto che rimane sempre fermo durante il moto del sistema, ossia la cerniera

O

della manovella. É inoltre conveniente posizionare il sistema di

riferimento appena descritto e mostrato in Figura 5.4, in un piano complesso facendo coincidere l'asse delle ascisse con l'asse reale e quello delle ordinate con l'asse immaginario. Si adotti quindi la convenzione per cui i vettori siano deniti mediante il loro modulo e la loro anomalia valutata rispetto ad una retta parallela alla direzione orizzontale ante per il piede del vettore stesso e con direzione di rotazione positiva antioraria. Per ottenere l'equazione di chiusura si denisca la posizione del punto rispetto alla terna assoluta adottata. Il punto appartenente all'asta

OA.

AB

B

B

può essere visto come punto

collegata tramite la cerniera in

A

alla manovella

Associando un vettore a ciascun corpo rigido, così come riportato in

Figura 5.5, il vettore posizione

(B − O)

risulta come segue:

(B − O) = (A − O) + (B − A) Il vettore

(B − O)

(5.1)

risulta avere sia il modulo che l'anomalia variabili

nel tempo; risulta quindi più conveniente scomporlo secondo le due direzioni orizzontale e verticale. Operando in questo modo si sfrutta a pieno il fatto che una sola delle due componenti del vettore

(B − O) varierà eettivamente nel

tempo, mentre l'altra, quella verticale, rimarrà costante in quanto il punto

57

CAPITOLO 5.

MANOVELLISMO DEVIATO

A

B

O

Figura 5.5: Chiusura dei vettori posizione

A

b

B

a

d

α, α, ˙ α ¨

δ

c O

H

Figura 5.6: Poligono di chiusura sulle posizioni

B

si muoverà sempre alla stessa quota rispetto al piano di rotolamento del

disco.

(B − O) = (H − O) + (B − H)

(5.2)

A questo punto è suciente rappresentare in forma graca in Figura 5.6 i vettori riportati nelle equazioni 5.1 e 5.2. Tali vettori sono anche riportati in Tabella 18.2, in cui sono evidenziate le grandezze che rimangono costanti e quelle che invece variano nel tempo. Per rendere più chiaro quanto riportato nella precedente Tabella 18.2 è conveniente fare riferimento alla Figura 5.7, in cui è messa in evidenza una congurazione deformata del sistema, ovvero la congurazione assunta dal sistema in un istante temporale precedente o successivo a quello analizzato.

Vettore

~a = (A − O) ~b = (B − A)

~c = (H − O)

d~ = (B − H)

Modulo

Fase

a

costante

α

b

costante

β=

c

variabile

γ

costante

d

costante

δ

costante

variabile variabile

Tabella 5.3: Caratteristiche dei vettori

58

CAPITOLO 5.

MANOVELLISMO DEVIATO

B A

b

β a

d

α, α, ˙ α ¨

δ

c

O

H

Figura 5.7: Congurazione deformata del sistema

Dei vettori sopra riportati sono noti e costanti i moduli dei vettori as-

~b)

a e sociati a corpi rigidi (~

e quello del vettore

d~

per via dei vincoli del

sistema (non compenetrazione tra disco e guida rettilinea). Sono inoltre note e costanti per denizione le direzioni dei vettori

~c

e

d~.

Si decide quindi di studiare la cinematica del centro del disco (punto

B ),

rimandando alla seconda parte dello svolgimento il calcolo della velocità e accelerazione del punto

P.

L'equazione di chiusura sui vettori posizione ha

dunque la seguente espressione.

~a + ~b = ~c + d~

(5.3)

Conviene a questo punto introdurre la notazione esponenziale, in cui si fa corrispondere all'asse orizzontale e a quello verticale rispettivamente l'asse reale e quello immaginario del piano complesso.

~a = aeiα ~b = beiβ ~c = ceiγ d~ = deiδ

(5.4)

Tale equazione può essere espressa in modo analogo così come sottoriportato.

aeiα + beiβ = ceiγ + deiδ

(5.5)

L'equazione di chiusura dei vettori posizione appena scritta può essere proiettata sui due assi reale ed immaginario ottenendo la seguente espressione.



a cos α + b cos β = c cos γ + d cos δ a sin α + b sin β = c sin γ + d sin δ

(5.6)

59

CAPITOLO 5.

5.3 5.3.1

MANOVELLISMO DEVIATO

Soluzione del quesito 2 Con i numeri complessi

B , si deve derivare rispetto presente che i moduli a e b

Per ricavare la velocità e l'accelerazione del punto al tempo l'equazione di chiusura (5.5), tenendo

sono costanti in quanto rappresentano rispettivamente le lunghezze delle aste

OA e AB che sono corpi rigidi.

Il vettore

d~ è costante in modulo e direzione in

quanto rappresenta la distanza dall'asse reale del centro del disco che rotola su una guida rettilinea. Inne l'angolo

γ

è costante in quanto il vettore

~c rimane

sempre parallelo all'asse reale. I termini funzione del tempo nell'equazione di chiusura sono dunque gli angoli

α

e

β

e il modulo

c.

Derivando dunque

l'espressione (5.5) rispetto al tempo si ottiene la seguente espressione. π

π

˙ i(β+ 2 ) = ce aαe ˙ i(α+ 2 ) + bβe ˙ iγ che

(5.7)

Proiettando l'equazione (5.7) sull'asse reale ed immaginario, ricordando sin ϑ + π2 = cos ϑ e che cos ϑ + π2 = − sin ϑ, è possibile ottenere il

seguente sistema di equazioni nelle due incognite



β˙

e

c˙.

−aα˙ sin α − bβ˙ sin β = c˙ cos γ aα˙ cos α + bβ˙ cos β = c˙ sin γ

(5.8)

Alla medesima espressione si poteva arrivare derivando direttamente le proiezioni sugli assi reale ed immaginario dell'equazione di chiusura dei vettori posizione. Il sistema di equazioni sopra riportato può essere riscritto in forma matriciale così come riportato nell'equazione seguente.



− cos γ −b sin β − sin γ +b cos β

c˙ aα˙ sin α = −aα˙ cos α β˙

In tale sistema sono state mess in evidenza le due incognite la variabile

α˙

(5.9)

c˙ e β˙ ,

mentre

risulta nota e quindi è stata inserita nel termine noto.

Alla

soluzione dell'equazione (5.9) si può giungere sfruttando un qualsiasi metodo

1

di risoluzione di sistemi lineari, come, ad esempio, il metodo di Cramer . 1 Il

metodo di Cramer è un teorema di algebra lineare utile per risolvere un sistema di equazioni lineari usando il determinante, nel caso in cui il sistema abbia esattamente una soluzione. Dato quindi il sistema lineare Ax = b l'i-esimo elemento xi del vettore delle incognite x può essere calcolato come segue. det Ai det A Dove, nella precedente equazione, la matrice Ai è costruita sostituendo l'i-esima colonna della matrice A con il vettore dei termini noti b. xi =

60

CAPITOLO 5.

MANOVELLISMO DEVIATO

Y P

ω

β

B

A

R

X C

y

α, α, ˙ α ¨ x

O

Figura 5.8: Posizionamento della terna relativa

Ricordando quindi che

β = 0

e che

γ = 0

si ottengono i seguenti risultati

numerici.

c˙ −0, 5 m/s −aα˙ sin α = = −0, 29 rad/s (−aα˙ cos α) /b β˙ e β˙

(5.10)

Prima di procedere è possibile osservare che l'aver ottenuto due velocità negative signica che il disco si sta muovendo avvicinandosi ad

la manovella (asta

5.3.2

AB )

c˙

O , mentre

sta ruotando in senso orario.

Con i moti relativi

É possibile pervenire alla medesima soluzione mediante lo studio del sistema con i moti relativi. Come rappresentato in Figura 5.8, si sceglie di posizionare una terna traslante con origine in accelerazione del punto punto

• • •

B

B.

A

e assi

X, Y

e di studiare velocità e

I moti assoluto, di trascinamento e relativo del

sono rispettivamente:

moto assoluto: traslatorio orizzontale con direzione parallela alla guida orizzontale; moto di trascinamento: attorno all'origine moto relativo:

corrisponde al moto del punto

A

che ruota

o;

corrisponde al moto del punto

B

rispetto alla terna

mobile; si tratta quindi di moto rotatorio attorno ad

A.

Per le velocità, dal teorema di Rivals per le velocità, discende che: (T r) (Rel) ~vB + ~vB , dove:

(Ass)

~vB

=

61

CAPITOLO 5.

MANOVELLISMO DEVIATO

(a)

(tr)

~vB

~vB

(Rel)

~vB

Modulo

c˙

aα˙

bβ˙

Direzione

kX

⊥AO

⊥AB

Tabella 5.4: Componenti vettoriali equazione di chiusura delle velocità

• ~vB(Ass) • ~vB(T r) • ~vB(Rel)

è la velocità assoluta del punto B;

è la velocità di trascinamento del punto B;

la velocità relativa del punto B.

É possibile separare il modulo e la direzione di ciascun vettore, ottenendo quanto riportato in Tabella 5.4; oppure è possibile fornire una rappresentazione graca del polinomio di chiusura delle velocità, così come riportato in Figura 5.7.

(tr) vB , Sono note le direzioni di ciascun vettore e il modulo della velocità ~ (Rel) mentre l'incognita è la il modulo del vettore ~ vB . Lo schema vettoriale delle tre componenti di velocità del punto B è riportato in Figura 5.7. É quindi possibile scrivere ciascun vettore della tabella sopra riportata con notazione complessa.

~vB(Ass) = ce ˙ iγ ˙ i(α+π/2) ~vB(T r) = aαe ˙ i(β+π/2) ~vB(Rel) = bβe

(5.11)

Sostituendo quindi le relazioni appena scritte nell'equazione del teorema di Galileo sopra riportata, è possibile ottenere l'equazione (5.12), che risulta identica alla (5.7), precedentemente calcolata con il metodo dei numeri complessi. π ˙ i(β+ π2 ) ce ˙ iγ = aαe ˙ i(α+ 2 ) + bβe

(5.12)

Dalla Figura 5.7 si evince che, anché il poligono delle velocità risulti chiuso, il disco deve muoversi verso sinistra e la biella deve ruotare in senso orario. 62

CAPITOLO 5.

MANOVELLISMO DEVIATO

⊥AB

0, 1 m s

¯ ¯ ¯ (T r) ¯ ˙ ¯~vB ¯ = |aα|

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ (Rel) ¯ ¯ ˙ ¯ ¯~vB ¯ = ¯bβ ¯

k<

¯ ¯ ¯ (Ass) ¯ ˙ ¯~vB ¯ = |c|

Figura 5.9: Poligono di chiusura sulle velocità

5.4

Soluzione del quesito 3

Per ricavare le accelerazioni si deriva rispetto al tempo l'equazione (5.7), ottenendo la seguente equazione.

¨ iβ − bβ˙ 2 eiβ = c¨eiγ ia¨ αeiα − aα˙ 2 eiα + ibβe

(5.13)

Ricordando che la moltiplicazione per l'unità immaginaria i comporta π , è possibile riscrivere la precedente 2 equazione così come segue.

uno sfasamento del vettore complesso di

π ¨ i(β+ π2 ) + bβ˙ 2 ei(β+π) = c¨eiγ a¨ αei(α+ 2 ) + aα˙ 2 ei(α+π) + bβe

(5.14)

L'equazione appena scritta può quindi essere scomposta sui due assi reale ed immaginario ottenendo il sistema di equazioni (5.15).



−a¨ α sin α − aα˙ 2 cos α − bβ¨ sin β − bβ˙ 2 cos β = c¨ cos γ a¨ α cos α − aα˙ 2 sin α + bβ¨ cos β − bβ˙ 2 sin β = c¨ sin γ

(5.15)

L'equazione appena scritta può essere rappresentata sotto forma matriciale così come segue.

2 c¨ bβ˙ cos β + a¨ α sin α + aα˙ 2 cos α − cos γ −b sin β = − sin γ b cos β β¨ bβ˙ 2 sin β + aα˙ 2 sin α − a¨ α cos α

(5.16)

Tenendo nuovamente conto dei dati relativi all'atto di moto considerato (β

=0

γ = 0), ¨ c¨ e β .

e che

valori di

l'equazione (5.16) ammette come soluzione i seguenti

63

CAPITOLO 5.

MANOVELLISMO DEVIATO

c¨ −0, 37 m/s2 −bβ˙ 2 − a¨ α sin α − aα˙ 2 cos α = = 0, 5 rad/s2 β¨ (aα˙ 2 sin α − a¨ α cos α) /b L'accelerazione

(5.17)

c¨ negativa indica che il punto B sta aumentando la sua O , mentre l'accelerazione β¨ positiva indica che

velocità di avvicinamento ad

la velocità di rotazione della biella da negativa sta tendendo a diventare positiva e quindi antioraria.

5.4.1

Con i moti relativi

Per il calcolo del'accelerazione del centro del disco è possibile ricorrere all'utilizzo del teorema di Coriolis sotto riportato.

~aB(Ass) = ~aB(T r) + ~aB(Rel) + ~aB(Co)

(5.18)

É possibile evidenziare i termini dell'equazione (5.18) così come segue:

• ~aB(Ass) • ~aB(T r)

è l'accelerazione assoluta del punto

B;

è l'accelerazione di trascinamento del punto

ponente normale

• ~aB(Rel)

~aBn(T r)

e una tangenziale

è l'accelerazione relativa del punto

B,

avente una com-

~aBt(T r) ; B

rispetto alla terna mo(Rel) bile posizionata in A, avente una componente normale ~ aBn e una (Rel) tangenziale ~ aBt ;

• ~aB(Co) = è l'accelerazione di Coriolis che risulta nulla, avendo scelto una

terna mobile è traslante, che quindi ha velocità angolare della terna mobile

~ω = 0.

É possibile, anche in questo caso, separare il modulo e la direzione di ciascun vettore, ottenendo quanto riportato in Tabella 5.5; oppure è possibile fornire una rappresentazione graca del polinomio di chiusura delle accelerazioni, così come riportato in Figura 5.10 (in cui il termine di accelerazione di (tr) aBt non è rappresentato in quanto l'accelerazione trascinamento tangenziale ~

α ¨ = 0). Anche per le accelerazioni, le direzioni di ciascun vettore sono note, (rel) ~aBt . É quindi possibile scrivere ciascun termine della Tabella 5.5 con notazione

mentre le incognite risultano il modulo dell'accelerazione complessa, ottenendo i seguenti termini. 64

CAPITOLO 5.

MANOVELLISMO DEVIATO

~aB

(a)

~aBn

(tr)

~aBt

~aBn

~aBt

Modulo

c¨

aα˙ 2

a¨ α

bβ˙ 2

bβ¨

0

Direzione

kX

kAO

⊥AO

kAB

⊥AB

−

(tr)

(rel)

(rel)

(Cor)

~aB

Tabella 5.5: Componenti vettoriali accelerazioni nell'eq.chiusura

¯ ¯ ¯ (Ass) ¯ c| ¯~aB ¯ = |−¨

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ (Rel) ¯ ¯ ¨¯ ¯~aBt ¯ = ¯bβ ¯

¯ ¯ ¯ (T r) ¯ ¯¯ 2 ¯¯ ¯~aBn ¯ = aα˙

0, 1 sm2 ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ (Rel) ¯ ¯ ˙ 2 ¯ ¯~aBn ¯ = ¯bβ ¯

Figura 5.10: Poligono di chiusura sulle accelerazioni

(Ass)

~aB

= c¨eiγ

(T r)

~aBn = aα˙ 2 ei(α+π) π (T r) ~a = a¨ αei(α+ 2 )

Bt (Rel) ~aBn

(Rel)

~aBt

(5.19)

= bβ˙ 2 ei(β+π) ¨ i(β+ π2 ) = bβe

Sostituendo le relazioni appena scritte nell'equazione (5.18) è possibile ottenere la seguente equazione di chiusura sulle accelerazioni, che risulta formalmente identica alla (5.14) precedentemente calcolata con il metodo dei numeri complessi.

π ¨ i(β+ π2 ) + bβ˙ 2 ei(β+π) c¨eiγ = a¨ αei(α+ 2 ) + aα˙ 2 ei(α+π) + bβe

(5.20)

Anche in questo caso, anché il poligono si chiuda, il disco (e quindi il punto

B)

deve accelerare verso sinistra e l'accelerazione angolare della

biella deve essere antioraria, ovvero la sua velocità angolare sta diminuendo, avvicinandosi quindi ad al punto morto inferiore. 65

CAPITOLO 5.

5.5

MANOVELLISMO DEVIATO

Soluzione del quesito 4

La velocità e l'accelerazione del baricentro del disco coincidono ovviamente con

c˙ e c¨ .

Per calcolare la velocità e l'accelerazione del punto

P

è necessario

calcolare dapprima velocità e accelerazione angolare del disco, imponendo la seguente uguaglianza.

~vB = ~ω ∧ (B − C) = − |c| ˙ ~i

(5.21)

Tenendo condo delle convenzioni riportate in Figura 5.1 sulla velocità angolare del disco (~ ω

= θ˙~k

), è possibile esplicitare la relazione (5.21) così

come segue.

~vB = θ˙~k ∧ R~j = −Rθ˙~i = − |c| ˙ ~i Essendo il moto del punto

B

(5.22)

di tipo rettilineo è inoltre possibile scrivere

la sua accelerazione come segue.

~aB = θ¨~k ∧ R~j = −Rθ¨~i = − |¨ c|~i

(5.23)

Dalle relazioni appena scritte è immediato calcolare la velocità e l'accelerazione angolare del disco

ϑ˙ .

θ˙ = θ¨ = 5.6

c˙ R c¨ R

= 2, 5 rad/s = 1, 86 rad/s2

(5.24)

Confronto con Manovellismo Ordinario Centrato (MOC)

Nel presente paragrafo si vuole confrontare il comportamento di un manovellismo ordinario deviato rispetto ad uno centrato mantenendo ssate le

b = 2, 5 m. Viene inoltre ssata la deviazione del manovellismo deviato pari a d = 0, 9 m e la velocità di rotazione della manovella, assunta costante e pari a α ˙ = 1 rad/s.

dimensioni di manovella

a=1m 2

e biella

Nella seguente Figura 5.11 sono state rappresentate le dierenti congurazioni assunte dal sistema per dierenti angoli di manovella

α.

In tale gura

sono inoltre state rappresentate in colore nero le parti comuni ai due sistemi (manovella), mentre i colori blu e rosso sono stati rispettivamente utilizzati per la congurazione centrata e deviata. In tale gura è stata inoltre rappresentata, con linea più marcata rispetto alle altre, la velocità del piede di biella sia per la congurazione centrata che deviata. 2 Distanza 66

fra il centro di rotazione della manovella O e il piede di biella C .

CAPITOLO 5.

MANOVELLISMO DEVIATO

(a) Angolo di manovella α = 0◦

(b) Angolo di manovella α = 60◦

(c) Angolo di manovella α = 120◦

(d) Angolo di manovella α = 180◦

(e) Angolo di manovella α = 240◦

(f) Angolo di manovella α = 300◦

Figura 5.11: Confronto cinematica di un manovellismo ordinario centrato e deviato

67

CAPITOLO 5.

MANOVELLISMO DEVIATO

30

Angolo β [◦ ]

20 10 0 −10 −20

MOC MOD 0

50

100

150 200 Angolo di manovella α [◦ ]

250

300

0

50

100

150 200 Angolo di manovella α [◦ ]

250

300

350

3.5

Posizione c [m]

3 2.5 2 1.5 1

MOC MOD 350

Figura 5.12: Confronto coordinate posizione di un manovellismo ordinario centrato e deviato

In Figura 5.12 è riportato l'andamento della rotazione di biella posizione del piede di biella

c,

β

rispetto alla rotazione della manovella

e della

α

per i

due casi presi in esame. Lasciando al lettore lo studio di velocità ed accelerazione del sistema ci si vuole soermare sull'analisi di una importante peculiarità del manovellismo deviato.

Si osservi infatti la Figura 5.13, in cui è riportata la velocità del

piede di biella per i due casi considerati. In Figura 5.13 sono state inoltre messi in evidenza i punti in cui la velocità del piede di biella si annulla invertendo il moto, ovvero i punti in cui il pistone si trova nel punto morto inferiore e superiore. Per quanto riguarda il α4 si trova esattamente a 180◦,

manovellismo centrato il punto di inversione

ovvero il tempo di andata dal punto morto inferiore (pmi) al superiore (pms) e quello di ritorno dal pms al pmi sono esattamente uguali. Analiticamente è possibile calcolare come riportato in (5.25).

α4 + 2π − α3 =πs α˙ α3 − α4 Tr = =π s α˙

Ta =

(5.25)

Per quanto riguarda il manovellismo deviato il punto in cui quest'ultimo si trova in corrispondenza del pmi è pms è

α1 .

sfruttando le relazioni (5.26). 68

α2 ,

mentre quello in cui si trova nel

Ancora una volta è possibile calcolare i tempi di andata e ritorno,

CAPITOLO 5.

MANOVELLISMO DEVIATO

1.5

1

Velocit´a c˙

0.5

α4

α1 0

α3

α2

−0.5

−1 MOC MOD −1.5

0

50

100

150 200 Angolo di manovella α [◦ ]

250

300

350

Figura 5.13: Velocità del piede di biella di un manovellismo ordinario centrato e deviato

α1 + 2π − α2 = 2, 74 s α˙ α2 − α1 = 3, 51 s Tr = α˙

Ta =

(5.26)

69

CAPITOLO 5.

70

MANOVELLISMO DEVIATO

6 Glifo Del meccanismo riportato in Figura 6.1 sono note la geometria (lunghezza e del telaio OO1 = 1.41 m), l'angolo di manoπ vella α = 0, l'inclinazione del telaio γ = nell'istante di tempo considerato 4 (t = 3 s) come riportato in Figura 6.1 e la legge con cui varia la lunghezza

della manovella

O1 B = 2.5 m

dell'attuatore oleodinamico

OB

in funzione del tempo.

OB(t) = b(t) = 3, 385 + 0, 07t + 0, 005t2

O1

B

γ

O β

Figura 6.1: Glifo Oscillante Nell'istante considerato, si chiede di determinare: 71

CAPITOLO 6.

GLIFO

1. Il valore dell'angolo

β

dell'attuatore oleodinamico.

2. I valori dei vettori velocità angolare delle manovelle

O1 B

3. I valori dei vettori accelerazione angolare delle manovelle

6.1

e

OB .

O1 B

e

OB .

Analisi del moto

3 corpi rigidi (la manovella e le due aste dell'attuatore

Il sistema costituito da

oleodinamico) che si muovono nel piano, disporrebbe, in assenza di vincoli, di

9

gradi di libertà.

Per calcolare quelli eettivamente lasciati liberi dal

sistema di vincoli è necessario considerare che:

• • •

O1

la presenza della cerniera a terra in

rappresenta un vincolo alla

traslazione (2 gradi di vincolo). la traslazione verticale e orizzontale dell'attuatore cerniera a terra in

O

OB

è impedita dalla

(vincolo doppio).

lo spostamento dell'estremità

B

dell'asta

O1 B

è vincolata da una cer-

niera ad essere uguale allo spostamento dell'estremità

B

del pistone

(vincolo doppio).

•

l'accoppiamento tra cilindro e pistone dell'attuatore impone pari rotazione alle aste e un'unica possibilità di moto relativo lungo l'asse dell'attuatore (vincolo doppio).

Il computo dei gradi di libertà del sistema può quindi essere sintetizzato nella seguente tabella:

3 g.d.l. x 3 corpi rigidi + slo pistone =

O O1

1 cerniera a terra in 1 cerniera a terra in

9 g.d.l.

-

=

2 g.d.v.

-

=

2 g.d.v.

-

1 cerniera (Asta/Asta) =

2 g.d.v.

-

1 vincolo pistone/cilindro =

2 g.d.v.

-

1 g.d.l.

residuo

Totale

Tabella 6.1: Computo dei g.d.l. residui del sistema

72

CAPITOLO 6.

6.2 6.2.1

GLIFO

Soluzione del quesito 1 Con i numeri complessi

Per svolgere l'esercizio si devono determinare innanzi tutto le grandezze cinematiche relative all'asta

OB

nell'istante di tempo considerato; derivando

quindi rispetto al tempo la funzione

b(t)

si ricavano le leggi di velocità e

accelerazione di allungamento del pistone (da non confondere con la velocità e l'accelerazione assoluta del punto B).

 2   b(t = 3) = 3, 385 + 0, 07t + 0, 005t = 3, 64 m ˙ = 3) = 0, 07 + 0, 01t = 0, 1 m/s b(t  ¨ b(t = 3) = 0, 01 = 0, 01 m/s2

(6.1)

Scelto un sistema di riferimento nel piano immaginario contenente il meccanismo si deniscono i tre vettori

~a, ~b

e

~c

così come riportato in Figura 6.1

e descritti formalmente con la notazione complessa (6.2).

a Im c b

γ Re

β

Figura 6.2: Poligono di chiusura vettori posizione

~a = aeiα ~b = beiβ

(6.2)

~c = ceiγ I vettori

~a, ~b e ~c risultano in ogni istante di tempo allineati alle aste O1 B ,

OB e OO1 e consentono di studiare il moto del sistema attraverso l'equazione di chiusura:

~c + ~a = ~b

(6.3) 73

CAPITOLO 6.

GLIFO

L'equazione appena scritta denisce la posizione del punto

B

e può essere

espressa utilizzando la notazione complessa come:

ceiγ + aeiα = beiβ Il valore di

β

(6.4)

può essere calcolato scomponendo l'equazione di chiusura in

notazione complessa 6.4 nelle due equazioni scalari relative alla parte reale iϑ ed immaginaria mediante la relazione e = cos ϑ + i sin ϑ.



c cos γ + a cos α = b cos β c sin γ + a sin α = b sin β

(6.5)

Dalla seconda equazione del sistema (6.5), tenendo presente che sin α = 0, c si ottiene c sin γ = b sin β ⇒ β = arcsin( sin γ) = 0.27 rad che sia vericata b in ogni istante di tempo. L'equazione di chiusura (6.3) impone infatti l'uguaglianza delle componenti orizzontali e verticali tra la somma dei vettori

~ae~c ed il vettore ~b, una forma molto compatta attraverso l'utilizzo dei numeri complessi. Tale uguaglianza dev'essere vericata ∀ t. Per ricavare la velocità e l'accelerazione delle aste, si deve derivare rispetto al tempo l'equazione

di chiusura (6.4) (oppure, in alternativa, si può derivare il sistema (6.5)). Tenendo presente che i moduli

a

e

c

sono costanti in quanto rappresentano

le lunghezze della manovella e del telaio, che gli angoli

α

e

β

sono variabili

in funzione del tempo (γ è costante in quanto rappresenta l'inclinazione del telaio) e che la lunghezza dell'asta

OB

varia secondo la legge assegnata (6.1),

si ottiene la seguente equazione di chiusura dei vettori velocità.

˙ iβ + ibβe ˙ iβ iaαe ˙ α = be Vettore

Modulo

(6.6)

Fase

~a

costante

a

variabile

α◦

~b

variabile (nota)

b

variabile

β◦

~c

costante

c

costante

γ

Tabella 6.2

L'equazione (6.6) può essere riscritta nel seguente modo, ricordando che la moltiplicazione per l'operatore immaginario π iπ del vettore di , ovvero i = e 2 . 2

i corrisponde ad una rotazione

π ˙ iβ + bβe ˙ i(β+ π2 ) aαe ˙ i(α+ 2 ) = be

74

(6.7)

CAPITOLO 6.

GLIFO

Proiettando l'equazione (6.7) sull'asse reale e immaginario, ricordando π che sin ϑ + = cos ϑ e che cos ϑ + π2 = − sin ϑ, è possibile ottenere il 2

seguente sistema di equazioni nelle due incognite



α˙

β˙ .

e

−aα˙ sin α = b˙ cos β − bβ˙ sin β aα˙ cos α = b˙ sin β + bβ˙ cos β

(6.8)

Il sistema (6.7) può essere riscritto nella seguente forma matriciale.



−a sin α b sin β a cos α −b cos β

α˙ α˙ b˙ cos β = A = ˙ β˙ β˙ b sin β

(6.9)

Tale sistema può essere risolto mediante un qualsiasi metodo di risoluzione per sistemi lineari, come ad esempio il metodo di Cramer in cui:



A1



−a sin α b˙ cos β b sin β ; A2 = = ˙ a cos α b sin β −b cos β

b˙ cos β b˙ sin β



(6.10)

da cui:

det[A1 ] = 0, 146 rad/s det[A]

(6.11)

det[A2 ] β˙ = = 0, 096 rad/s det[A]

(6.12)

α˙ =

6.2.2

Con i moti relativi

Si mostra di seguito come sia possibile pervenire ai medesimi risultati analizzando la cinematica del sistema con le terne relative. Preso un sistema di riferimento assoluto

XOY , con origine nella cerniera O

e assi

X

e

Y

rispetti-

vamente diretti in direzione orizzontale e verticale (come riportato in Figura 6.3), si studia il moto del punto solidale all'attuatore

BO

B

attraverso una terna rotante

X1 O 1 Y 1

così come mostrato in 6.3.

I moti assoluto, di trascinamento e relativo sono rispettivamente:

• •

moto assoluto: il moto assoluto del punto ad

O1

(il punto

B

B

appartiene alla manovella

moto relativo: è il moto del punto neo secondo la direzione

X1

B

è di tipo rotatorio attorno

O1 B ).

rispetto alla terna mobile, rettili-

della terna mobile

X1 O 1 Y 1 . 75

CAPITOLO 6.

GLIFO

O1

B

Y

X1

Y1

γ X

β O

Figura 6.3: Posizionamento terna mobile

•

moto di trascinamento: è il moto del punto

X1

B

pensato solidale all'asse

della terna relativa in moto rotatorio attorno ad

O;

e risulta quindi

essere rotatorio. Prima di are al calcolo delle velocità con il metodo delle terne relative è necessario ricavare l'angolo

β dell'asta BO .

Il valore di

β può essere ricavato

da semplici relazioni trigonometriche imponendo, ad esempio, l'uguaglianza della componente verticale dei vettori

~c e ~b

, essendo l'asta

O1 B

orizzontale

per l'atto di moto considerato.

c sin γ = b sin β

⇒

c β = arcsin( sin γ) = 0, 27 rad b

Per le velocità, dal teorema di Galileo discende che:

(ass)

~vB

(6.13)

(tr)

(rel)

= ~vB + ~vB

,

dove:

(Ass)

• ~vB

(T r)

• ~vB

(Rel)

• ~vB

è la velocità assoluta del punto B,

~ωO1 B ∧ (B − O1 ).

è la velocità di trascinamento del punto B, la velocità relativa del punto B,

ω ~ OB ∧ (B − O).

x˙ 1 .

E' possibile separare il modulo e la direzione di ciascun vettore secondo quanto riportato in Tabella 6.3.

x˙ 1 , mentre O1 B . Sfrut-

Sono note le direzioni di ciascun vettore e la velocità di slo sono incognite le velocità angolari

~ωOB

e

~ωO1 B

delle aste

OB

e

tando le informazioni note è possibile eettuare una rappresentazione graca del polinomio di chiusura delle velocità, così come riportato in Figura 6.4. 76

CAPITOLO 6.

(Ass)

(T r)

~vB

~vB

~ωO1 B (BO1 ) ~ωOB (BO)

Modulo Direzione

⊥O1 B

⊥BO

GLIFO

(Rel)

~vB

x˙ 1 kBO

Tabella 6.3: Componenti vettoriali equazione di chiusura delle velocità

m

0,05 s

wO BO1B

wOBOB

1

˙1 X

Figura 6.4: Poligono di chiusura sulle velocità

E' quindi possibile ritrovare per ciascun vettore velocità una analogia con l'equazione di chiusura scritta con notazione complessa (vedi 6.14).

~vB = aαe ˙ i(α+ 2 ) (tr) ˙ i(β+ π2 ) ~v = bβe π

(a)

B (rel) ~vB

ωO 1 B = ωOB

(6.14)

˙ iβ = be |vBass | rad = ... O1 B s

|vBtr | rad = = ... OB s

(6.15)

(6.16)

Vettorialmente è possibile scrivere:

Dal verso di

vBtr

e

vBass

~ωO1 B = ...~k

(6.17)

~ωOB = ...~k

(6.18)

si può ricavare il verso delle velocità angolari. 77

CAPITOLO 6.

6.3

GLIFO

Soluzione del quesito 2

6.3.1

Con i numeri complessi

Per ricavare le accelerazioni si deriva rispetto al tempo l'equazione (6.7), oppure in modo analogo il sistema di equazioni (6.8).

π ˙ i(β+ π2 ) + bβe ¨ i(β+ π2 ) − bβ˙ 2 eiβ a¨ αei(α+ 2 ) − aα˙ 2 eiα = ¨beiβ + 2b˙ βe

(6.19)

Proiettando l'equazione complessa (6.19) sui due assi reale ed immaginario e isolando i termini noti, è possibile giungere al seguente sistema di equazioni nelle due incognite



α ¨

e

β¨.

−a¨ α sin α + bβ¨ sin β = aα˙ 2 cos α + ¨b cos β − 2b˙ β˙ sin β − bβ˙ 2 cos β a¨ α cos α − bβ¨ cos β = aα˙ 2 sin α + ¨b sin β + 2b˙ β˙ cos β − bβ˙ 2 sin β

(6.20)

Il sistema (6.20) può essere riscritto nella seguente forma matriciale.



−a sin α b sin β a cos α −b cos β

2 α ¨ aα˙ cos α + ¨b cos β − 2b˙ β˙ sin β − bβ˙ 2 cos β = β¨ aα˙ 2 sin α + ¨b sin β + 2b˙ β˙ cos β − bβ˙ 2 sin β

(6.21)

Prima di procedere con la risoluzione numerica del sistema (6.21) si nota come la matrice dei coecienti del sistema sia la medesima del sistema (6.9) scritto per il calcolo delle due velocità

α˙ e β˙ .

Utilizzando il metodo di Cramer

per la risoluzione del sistema di equazioni è possibile riutilizzare il valore precedentemente calcolato per det[A] per il quale il sistema (6.20) ammette la seguente soluzione numerica.

α ¨ 0, 04 rad/s2 = 0, 025 rad/s2 β¨ 6.3.2

(6.22)

Con i moti relativi

Per il calcolo del'accelerazione del centro del disco è possibile ricorrere all'utilizzo del teorema di Coriolis sotto riportato.

(Ass)

~aB

(T r)

= ~aB

(Rel)

+ ~aB

(Co)

+ ~aB

(6.23)

dove:

(Ass)

• ~aB

è l'accelerazione assoluta del punto B , avente una componente (Ass) (Ass) normale ~ aBn = ~ωO1 B ∧ ~ωO1 B ∧ (B − O1 ) e una tangenziale ~aBt =

~ω˙ O1B ∧ (B − O1 )

78

(perché il moto assoluto è rotatorio).

CAPITOLO 6.

GLIFO

(T r)

• ~aB

è l'accelerazione di trascinamento del punto B , avente una com(T r) aBn = ~ωOB ∧ ~ωOB ∧ (B − O) e una tangenziale ponente normale ~ (T r) ~˙ OB ∧ (perché il moto di trascinamento è rotatorio). ~aBt = ω

(Rel)

• ~aB

(Co)

• ~aB

è l'accelerazione relativa del punto

= 2~ωO1 B ∧ v~B (rel)

B , x¨1~i1 .

è l'accelerazione di Coriolis, calcolata in base

alla velocità angolare della terna mobile ~vBrel = x˙ 1~i1 .

~ωO1 B

e della velocità relativa

E' possibile, anche in questo caso, separare il modulo e la direzione di ciascun vettore, ottenendo quanto riportato in Tabella 6.4; oppure è possibile fornire una rappresentazione graca del polinomio di chiusura delle velocità, così come riportato in Figura 6.5.

(Ass)

(Ass)

~aBn Modulo

ωO2 1 B (O1B)

Direzione

kO1 B

(T r)

~aBt

~aBn

(T r)

~aBt

2 ω˙ O1 B (O1 B) ωOB (OB) ω˙ OB (OB)

⊥O1 B

kOB

⊥OB

(Rel)

~aB

(Cor)

~aB

x¨1

2ωO1 B x˙ 1

kOB

⊥OB

Tabella 6.4: Componenti vettoriali accelerazioni (eq. di chiusura)

0, 02 sm2

a¨ α

bβ¨ bβ˙ 2 2b˙ β˙ aα˙ 2

¨b

Figura 6.5: Poligono di chiusura sulle accelerazioni

E' quindi possibile scrivere per ciascun termine della Tabella 6.4 l'analogia con i termini scritti in notazione complessa 6.24. 79

CAPITOLO 6.

GLIFO

(Ass)

~aBn

(Ass)

~aBt

= −aα˙ 2 eiα π = a¨ αei(α+ 2 )

(T r) ~aBn = −bβ˙ 2 eiβ (T r) ¨ i(β+ π2 ) ~a = bβe

Bt (Rel) ~aB (Co)

~aB

ω˙ O1 B = ω˙ OB

(6.24)

= ¨beiβ ˙ i(β+ π2 ) = 2b˙ βe |aass rad B | = ... 2 O1 B s

rad |atr | = B = ... 2 OB s

(6.25)

(6.26)

Vettorialmente è possibile scrivere:

Dal verso di

80

atr B

e

aass B

~˙ O1B = ...~k ω

(6.27)

~ω˙ OB = ...~k

(6.28)

si può ricavare il verso delle accelerazioni angolari.

7 Sistema di corpi rigidi In gura 7.1 è riportato lo schema di un sistema meccanico che si muove nel

AB = 3 m collegata mediante un pattino All'estremità C di tale asta è incernierato un

piano verticale, costituito dall'asta ad una seconda asta disco di raggio

0, 6 m

BC .

che rotola senza strisciare lungo un piano orizzontale.

É inoltre assegnata la legge oraria (di tipo periodico) del punto secondo un sistema di riferimento con origine nel punto

C;

C

tale legge vale

xC (t) = 6 + 2, 5 sin(2πt).

B G

C A Figura 7.1: Sistema articolato

Si consideri quindi il sistema nell'istante 1. la velocità di rotazione dell'asta 2. la velocità del baricentro

AB ;

G; 81

t=0s

espressa

e si calcolino:

CAPITOLO 7.

SISTEMA DI CORPI RIGIDI

3. l'accelerazione angolare dell'asta 4. l'accelerazione del baricentro

7.1

AB ;

G.

Analisi del moto

Per prima cosa si forniscono alcune rappresentazioni della congurazione assunta dal sistema durante il suo funzionamento lungo un periodo.

G B B

G

C

C

x˙ c

x˙ c

A

A

(a) Istante t = 0 s

(b) Istante t = 0, 17 s

B

B G G x˙ c

C

A

C

x˙ c A

(c) Istante t = 0, 34 s

(d) Istante t = 0, 51 s

G

G B

B C

x˙ c

x˙ c

C A

A

(e) Istante t = 0, 68 s

(f) Istante t = 0, 85 s

Figura 7.2: Cinematica del sistema per vari angoli di manovella

Per facilitare la comprensione della cinematica del sistema, è stata evidenziata nella Figura 7.2 la velocità considerato. 82

x˙ C

assunta dal centro del disco

C

nell'istante

CAPITOLO 7.

SISTEMA DI CORPI RIGIDI

Il sistema, costituito da 3 corpi rigidi che si muovono nel piano, disporrebbe, in assenza di vincoli, di 9 gradi di libertà. Per calcolare i gradi di libertà eettivamente lasciati liberi dal sistema di vincoli è necessario considerare che:

• • •

la rotazione relativa tra l'asta in

B

AB

e l'asta

BC

è impedita dal pattino

(vincolo doppio);

la traslazione orizzontale del punto B è impedita dal pattino (vincolo doppio); esiste un legame tra gli spostamenti orizzontali e verticali del punto dell'asta

BC

C

e quelli del centro del disco per la presenza della cerniera

(vincolo doppio);

•

il vincolo di puro rotolamento tra disco e piano inclinato impedisce il distacco del disco dal piano e lega la rotazione del disco all'avanzamento relativo dello stesso lungo il piano (vincolo doppio);

Il computo dei gradi di libertà del sistema può quindi essere sintetizzato nella seguente tabella. 3 g.d.l. x 3 corpi rigidi = 1 pattino =

9 g.d.l.

-

2 g.d.v.

-

2 cerniera =

4 g.d.v.

-

1 vincolo di puro rotolamento =

2 g.d.v.

-

1 g.d.l.

residuo

Totale

Tabella 7.1: Computo dei g.d.l. residui del sistema

83

CAPITOLO 7.

7.2 7.2.1

SISTEMA DI CORPI RIGIDI

Soluzione del quesito 1 Con i numeri complessi

Per la risoluzione dei quesiti proposti è opportuno posizionare in un sistema cartesiano i vettori rappresentati nella seguente gura.

B b a

β

α

c

d

A

γ

Figura 7.3: Poligono di chiusura dei vettori posizione

Osservando la 7.3 è immediato scrivere l'equazione complessa di chiusura dei vettori posizione nel seguente modo.

aeiα = beiβ + ceiγ + deiδ

d~

(7.1)

Osservando con attenzione la Figura 7.3 è possibile notare che il vettore

δ ri~c rimane sempre orientato come l'asse π anomalia γ rimane sempre costante e pari a . 2

rimane sempre orientato come l'asse reale, quindi la sua anomalia

mane sempre nulla; inoltre il vettore immaginario, quindi la sua

Tenendo conto delle precedenti aermazioni è possibile riscrivere l'equazione (7.1) così come segue.

aeiα = bei(α+ 2 ) + ic + d π

(7.2)

Nella seguente Tabella 7.2 è proposta una analisi dei vari vettori contenuti nell'equazione (7.1), precisando quali siano le componenti degli stessi che rimangono costanti e quali invece varino nel tempo. 84

CAPITOLO 7.

Vettore

SISTEMA DI CORPI RIGIDI

Modulo

Fase

~a

AB

costante

α

variabile

~b

BC

variabile

β

variabile

~c

c=R

d~

d = xC

γ = 90◦

costante

δ = 0◦

variabile

costante costante

Tabella 7.2

Inne è necessario osservare che

α

e

β

in realtà sono legate tra loro da

un legame cinematico per eetto del pattino che vincola le aste

AB

e

BC

ad

avere la medesima rotazione impedendo rotazioni relative (ovvero vincola le aste

AB

e

BC

a rimanere sempre ortogonali fra di loro). In particolare si π può aermare che, secondo le convenzioni riportate in Figura 7.3, β = α + ; 2 di conseguenza, derivando la relazione appena scritta

β˙ = α˙

e

β¨ = α ¨.

Proiettando quindi l'equazione (7.2) sui due assi reale ed immaginario, è possibile ottenere il seguente sistema di due equazioni nelle due incognite e

b

α.

a cos α = −b sin α + d a sin α = b cos α + c

(7.3)

Dalla prima delle due equazioni del sistema è possibile esplicitare funzione dell'altra incognita

b

in

α. b=

d − a cos α sin α

(7.4)

Sostituendo quindi la relazione (7.4) nella seconda equazione del sistema (7.3) è possibile ottenere la seguente espressione.

d cos α + c sin α − a = 0

(7.5)

Mettendo a sistema l'equazione (7.5) con la relazione trigonometrica fon2 2 damentale cos α + sin α = 1 è possibile giungere all'equazione risolutiva di seguito riportata.

cos α =

ad ±

p

4a2 d2 − a (c2 + d2 ) (a2 − c2 ) (c2 + d2 )

L'equazione (7.6) ammette due soluzioni nella variabile quattro soluzioni nella variabile bile ed è quella per cui

α

(7.6)

cos α

e quindi

α;

di queste ultime solo una risulta accetta◦ risulta pari a 65, 87 . Sostituendo quindi il valore 85

CAPITOLO 7.

SISTEMA DI CORPI RIGIDI

appena ottenuto nella relazione (7.4), è possibile ricavare anche il valore di che risulta pari a

b

5, 23 m.

Per il calcolo delle velocità richieste è possibile procedere derivando l'equazione (7.1).

˙ iβ + ibβe ˙ iβ + d˙ iaαe ˙ iα = be Ricordando inoltre che termine

iα˙

α˙ = β˙

(7.7)

è possibile raccogliere a fattor comune il

ottenendo la seguente espressione.

˙ iβ + d˙ iα˙ aeiα − beiβ = be

(7.8)

Osservando quindi la Figura 7.4 è possibile osservare come il termine iα ae − beiβ , messo in evidenza nella precedente equazione, corrisponda al vettore

f~ riportato

in Figura 7.4.

B b a

β f

α

c

θ

A

γ

d

Figura 7.4: Poligono di chiusura dei vettori posizione

L'equazione (7.8) può essere quindi riscritta nel seguente modo. π ˙ iβ + d˙ αf ˙ ei(ϕ+ 2 ) = be

(7.9)

Proiettando l'equazione vettoriale (7.9) sui due assi reale ed immaginario è possibile ottenere un sistema di due equazioni scalari nelle due incognite

α˙

e

b˙ :

infatti sia il modulo che l'anomalia del vettore

f~

sono ricavabili da

semplici relazioni trigonometriche.

86

−αf ˙ sin ϕ = b˙ cos β + d˙ αf ˙ cos ϕ = b˙ sin β

(7.10)

CAPITOLO 7.

SISTEMA DI CORPI RIGIDI

Risolvendo quindi il sistema appena scritto è possibile ricavare i valori numerici assunti dalle due incognite

α˙

e

b˙

nell'istante

t = 0.

α˙ 1, 23 rad/s = 18, 0 m/s b˙

(7.11)

Ricavati i due valori numerici delle incognite del sistema, è possibile fornire una rappresentazione graca del poligono di chiususra delle velocità in Figura 7.5.

d˙

˙f α b˙ 2 ms

Figura 7.5: Poligono di chiusura dei vettori velocità

7.3

Soluzione del quesito 2

7.3.1

Con il teorema di Rivals

Per ricavare la velocità del baricentro

G

è suciente osservare che questo

BC , di cui risulta nota la velocità di un suo punto velocità di rotazione β˙ . É quindi possibile scrivere la

ultimo appartiene al corpo (il punto

C)

e la sua

velocità del punto

G

sfruttando il teorema di Rivals per le velocità.

˙ i(β+ π2 ) = ~vC + ~vGC ~vG = ~vC + ~ωBC ∧ (G − C) = d˙ + GC βe Il termine

~vGC

(7.12)

è interpretabile come la velocità relativa associata al punto

G vista da un osservatore mobile con origine nel punto C

e traslante con esso

senza modicare la direzione dei suoi assi. Separando il modulo e la direzione di ciascun vettore è possibile compilare la seguente Tabella 7.3. 87

CAPITOLO 7.

SISTEMA DI CORPI RIGIDI

Vettore

Modulo

Fase

~vG

incognita

incognita

~vC

d˙ nota

nota

~vGC

GC β˙

⊥GC

nota

nota

Tabella 7.3

Per il calcolo dei valori numerici della velocità del punto

G

è conveniente

proiettare le componenti dei due vettori velocità sull'asse delle ascisse e delle ordinate.

vGx = d˙ − GC sin β = 14, 3 m/s

(7.13)

G risulta essere

il modulo della somma

vGy = GC cos β = −3, 1 m/s

Il modulo della velocità del punto vettoriale delle due componenti.

q 2 2 |~vG | = vGx + vGy = 14, 65 m/s

B

(7.14)

vC G

vG

vGC

C A

Figura 7.6: Composizione vettoriale della velocità del punto

88

G

CAPITOLO 7.

7.4

SISTEMA DI CORPI RIGIDI

Soluzione del quesito 3

7.4.1

Con i numeri complessi

Per are al calcolo delle varie accelerazioni richieste è innanzi tutto necessario derivare rispetto al tempo l'equazione (7.7).

˙ iβ + iβbe ¨ iβ + iβ˙ be ˙ iβ − β˙ 2 beiβ + d¨ i¨ αaeiα − α˙ 2 aeiα = ¨beiβ + iβ˙ be Ricordando quindi che

α˙ = β˙

e che

α ¨ = β¨

(7.15)

è possibile riscrivere la

precedente equazione così come segue.

˙ iβ + d¨ i¨ α aeiα − beiβ − α˙ 2 aeiα − beiβ = ¨beiβ + i2β˙ be

Ancora una volta è possibile sostituire alla somma vettoriale ~ = f eiϕ . il vettore f π ˙ i(β+ π2 ) + d¨ αf ¨ ei(ϕ+ 2 ) − α˙ 2 f eiϕ = ¨beiβ + 2β˙ be

Restano da determinare

α ¨

e

¨b:

(7.16)

aeiα − beiβ

(7.17)

due incognite in una equazione vettoriale

(o equivalentemente due equazioni scalari). Una volta determinato il valore di

α ¨

resta determinato anche

β¨,

poiché le due accelerazioni angolari sono

uguali. Si procede quindi proiettando l'equazione (7.17) sui due assi reale ed immaginario.



−¨ αf sin ϕ − α˙ 2 f cos ϕ = ¨b cos β − 2β˙ b˙ sin β + d¨ αf ¨ cos ϕ − α˙ 2 f sin ϕ = ¨b sin β + 2β˙ b˙ cos β

(7.18)

Risolvendo quindi il sistema appena scritto è possibile ricavare i valori numerici assunti dalle due incognite

α ¨

e

¨b nell'istante t = 0.

α ¨ −7, 59 rad/s2 ¨b = −14, 89 m/s2

(7.19)

Ricavati i due valori numerici delle incognite del sistema, è possibile fornire una rappresentazione graca del poligono di chiusura delle velocità in Figura 7.7. 89

CAPITOLO 7.

SISTEMA DI CORPI RIGIDI

b¨

αf ¨ 2b˙β˙ 10 m/s

˙ 2f α Figura 7.7: Poligono di chiusura dei vettori accelerazione

7.5

Soluzione del quesito 4

7.5.1

Con il teorema di Rivals

Per quanto riguarda l'accelerazione del punto

G

è possibile procedere appli-

cando il teorema di Rivals per le accelerazioni al corpo rigido

BC .

~aG = ~aC + ~ω˙ GC ∧ (G − C) + ~ωGC ∧ (~ωGC ∧ (G − C)) | {z } | {z }

(7.20)

~an GC

~atGC

Dove nell'equazione (7.20) è possibile distinguere i seguenti termini:

• ~aC

è l'accelerazione assoluta del punto

quanto

• ~atGC

nel caso in esame nulla, in

x¨c (t = 0) = 0;

è la componente tangenziale dell'accelerazione di trascinamento

del punto

C

C,

G pensato solidale ad una terna mobile con origine nel punto

e traslante con esso senza modicare la direzione dei suoi assi;

• ~anGC

è la componente normale dell'accelerazione di trascinamento del

punto

G

pensato solidale ad una terna mobile con origine nel punto

C

e traslante con esso senza modicare la direzione dei suoi assi.

Separando il modulo e la direzione di ciascun vettore è possibile compilare la seguente tabella. 90

CAPITOLO 7.

SISTEMA DI CORPI RIGIDI

Vettore

Modulo

Fase

~aG

incognita

incognita

~aC

x¨c

nota

~atGC

GC β¨

~anGC

GC β˙ 2

⊥GC

nota

kGC

nota

Tabella 7.4

Calcolando il modulo delle due componenti del vettore accelerazione lungo i due assi

x

e

y

si ottengono le seguenti proiezioni.

aGx = d¨ − GC β¨ sin β − GC β˙ 2 cos β = 12, 4 m/s2 aGy = +GC β¨ cos β − GC β˙ 2 sin β = 17, 4 m/s2 G

Il modulo dell'accelerazione del punto

(7.21)

risulta essere il modulo della

somma vettoriale delle due componenti.

|~aB | =

q

a2Bx + a2By = 21, 43 m/s2

(7.22)

É inne possibile fornire in Figura 7.8 la rappresentazione in scala delle componenti dell'accelerazione del punto

G

nell'istante considerato

t = 0.

n aGC

t aGC

aG

B G

C A

Figura 7.8: Composizione vettoriale dell'accelerazione del punto

G

Da ultimo si propone in Figura 7.9 la rappresentazione delle traiettorie percorse rispettivamente dal punto

B

in linea rossa e dal punto

G

in blu. 91

CAPITOLO 7.

SISTEMA DI CORPI RIGIDI

B G

C A

Figura 7.9: Traiettoria dei punti

92

B

e

G

8 Disco cuneo Il sistema meccanico rappresentato in Figura 8.1 è costituito da tre corpi ri-

δ , traslante su di una guida orizzontale,

gidi: un piano, inclinato di un angolo un disco di raggio

R che

rotola senza strisciare sul piano inclinato ed un'asta

incernierata al centro del disco e con un pattino all'altra estremità vincolato a scorrere lungo una guida verticale.

Β Α

ψ

C D

x˙ x¨

δ

Figura 8.1: Sistema meccanico disco cuneo Nell'istante considerato t sia assegnata la velocità di traslazione del piano x˙ = +0, 4 m/s e la sua accelerazione x¨ = +0, 2 m/s2 secondo le con-

inclinato

venzioni riportate in Figura 8.1. Siano inoltre noti l'angolo di inclinazione del 93

CAPITOLO 8.

π π , l'angolo di inclinazione dell'asta ψ = , la lunghezza 6 4 pari a 0, 2 m ed il raggio del disco R = 0, 025 m. Si richiede di

piano inclinato dell'asta

AB

DISCO CUNEO

δ=

t:

determinare nell'istante

1. il vettore velocità del punto

B

ed il vettore velocità angolare del disco

ωD ; 2. il vettore accelerazione del punto del disco

8.1

B

ed il vettore accelerazione angolare

ω˙ D .

Analisi del moto

Il sistema, costituito da

3 corpi rigidi che si muovono nel piano, disporrebbe, 9 gradi di libertà. Per calcolare i gradi di libertà

in assenza di vincoli, di

eettivamente lasciati liberi dal sistema di vincoli è necessario considerare che:

•

La rotazione relativa tra asta e guida verticale e la traslazione orizzon-

•

Gli spostamenti orizzontali e verticali del punto

tale dell'asta sono impedite dal pattino (vincolo doppio).

A

dell'asta e quelli

del centro del disco sono uguali per la presenza della cerniera (vincolo doppio).

•

il vincolo di puro rotolamento tra disco e piano inclinato impedisce il distacco del disco dal piano e lega la rotazione del disco all'avanzamento relativo dello stesso lungo il piano inclinato (vincolo doppio).

•

il piano inclinato può solo scorrere orizzontalmente essendone impedita la rotazione e il distacco dalla guida orizzontale per la presenza dei due carrelli (2 vincoli singoli).

Il computo dei gradi di libertà del sistema può quindi essere sintetizzato nella seguente tabella: 3 g.d.l. x 3 corpi rigidi =

9 g.d.l.

-

1 pattino =

2 g.d.v.

-

1 cerniera =

2 g.d.v.

-

1 vincolo di puro rotolamento =

2 g.d.v.

-

2 carrelli =

2 g.d.v.

-

1 g.d.l.

residuo

Totale

Tabella 8.1: Computo dei g.d.l. residui del sistema

94

CAPITOLO 8.

8.2

DISCO CUNEO

Soluzione del quesito 1 con i numeri complessi

Essendo fornite (per il sistema ad traslazione del carrello nell'istante

1

g.d.l.)

la velocità e l'accelerazione di

t considerato, è possibile calcolare la velo-

cità e l'accelerazione posseduta da tutti gli altri punti del sistema meccanico nel medesimo istante di tempo. Si denisca innanzi tutto un sistema di riferimento nel piano immaginario che contiene il sistema come riportato in Figura 8.2; si deniscano inoltre i vettori riportati in Figura 8.2 e descritti formalmente nella Tabella 8.2:

Im β

B b A ϕ

f

a α

δ

c O

C

d D

Re

Figura 8.2: Poligono di chiusura dei vettori posizione

Vettore

Modulo

~a

variabile

OB

~b

costante

AB

~c

variabile

OD

d~

variabile

CD

f~

costante

Fase

α = 90◦

costante costante

β = 315◦

costante costante

AC = R

costante

γ = 0◦ δ = 30◦

ϕ = 120◦

Tabella 8.2

Si osserva innanzi tutto che i vettori

~b

e

f~,

malie costanti scompariranno nelle derivazioni.

che hanno modulo e anoInoltre non tutti i termini 95

CAPITOLO 8.

DISCO CUNEO

di posizione risultano essere deniti ma non è necessario calcolarne i valori (operazione non eettuabile a causa dell'indeterminazione del problema) dato che il problema richiede di calcolare i termini di velocità e di accelerazione ed alcuni dei valori incogniti di posizione non compariranno successivamente nelle equazioni di velocità e di accelerazione. E' quindi possibile scrivere la seguente equazione vettoriale di chiusura sulle posizioni studiando il moto del punto

A. ~a + ~b = ~c + d~ + f~

(8.1)

Tale relazione può essere riscritta nel seguente modo, utilizzando la notazione esponenziale.

aeiα + beiβ = ceiγ + deiδ + f eiϕ Per ricavare la velocità dell'estremo

B

dell'asta

AB ,

(8.2) è necessario derivare

l'equazione (8.2), ottenendo la seguente equazione di chiusura sui vettori velocità. Proiettando sugli assi reale ed immaginario l'equazione

?? si ottiene il

seguente sistema di equazioni nelle incognite a ˙ e d˙ essendo noto c˙ = −0, 4 m/s, per le convenzioni adottate.



a˙ cos α = c˙ cos γ + d˙ cos δ a˙ sin α = c˙ sin γ + d˙ sin δ

(8.3)

Esse rappresentano la proiezione sull'asse reale e su quello immaginario dei vettori velocità precedentemente deniti. Il sistema di equazioni appena scritto è di tipo lineare e può quindi essere risolto per sostituzione. La soluzione a cui si giunge è riportata di seguito.

a˙ 0, 231 m/s = 0, 462 m/s d˙

(8.4)

0 = c˙ cos γ + d˙ cos δ

(8.5)

dalla quale si ottiene:



cos γ a˙ = c˙ sin γ − d˙ = − c˙cos δ

c˙ cos γ cos δ

sin δ

(8.6)

I valori positivi indicano che il sistema osservato in un istante di tempo successivo a quello considerato mostrerà che il pattino avrà risalito il piano verticale ed il disco sarà salito rotolando lungo il piano inclinato. La velocità angolare del disco si calcola sapendo che:

n 96

(Rel)

~ωD ∧ (A − C) = ωD AC = ~vA = ~vB

ωD =

˙ |d| AC

(8.7)

CAPITOLO 8.

8.3

DISCO CUNEO

Soluzione del quesito 2 con i numeri complessi

Si procede ora al calcolo dell'accelerazione del punto (

??).

B

derivando l'equazione

¨ iδ a ¨eiα = c¨eiγ + de

(8.8)

Proiettando sugli assi reale ed immaginario l'equazione (8.8) si ottiene il seguente sistema di equazioni nelle incognite



a ¨

e

d¨.

a ¨ cos α = c¨ cos γ + d¨cos δ¨a sin α = c¨ sin γ + d¨sin δ

(8.9)

Esse rappresentano la proiezione sull'asse reale e su quello immaginario dei vettori accelerazione precedentemente deniti.

Il sistema di equazioni

appena scritto è di tipo lineare e consente di ricavare le due incognite cercate ¨, ponendo c¨ = −0.2 m2 secondo le convenzioni adottate. La soluzione a e d s cui si giunge è riportata di seguito:

a ¨

a¨ 0, 2 m/s2 = 0, 1 m/s2 d¨

(8.10)

con:



cos γ a ¨ = c¨ sin γ − d¨ = − c¨cos δ

c¨ cos γ cos δ

sin δ

(8.11)

scritti anche come:

n 8.4

~ω˙ D ∧ (A − C) = ω˙ D AC = ~aA = ~a(Rel) ω˙ D = B

¨ |d| AC

(8.12)

Soluzione dei quesiti 1 e 2 con i moti relativi

Nel presente paragrafo si aronta lo studio della cinematica del sistema attraverso l'impiego dei moti relativi. Presa una terna di riferimento assoluta

XOY

come in Figura

??ternarel??

e una terna mobile traslante con il pia-

no inclinato avente origine in corrispondenza del punto quelli della terna assoluta, si studi il moto del punto Analizzando i singoli termini dell'equazione (

D

ed assi paralleli a

B.

??) è possibile notare come

(Ass) vB e le incognite del problema siano i valori dei moduli dei vettori velocità ~ (Rel) ~vB , mentre le direzioni di tutti i vettori velocità risultino essere note come sintetizzato nella seguente tabella. 97

CAPITOLO 8.

DISCO CUNEO

0, 1 m s

(Rel)

(Ass)

~vC

~vB

(T r)

~vC

Figura 8.3: Poligono di chiusura sulle velocità

Vettore (Ass) ~vB

(T r)

~vB

(Rel)

~vB

Modulo

Fase

y˙ A

nota

kOB

x˙ D = −0, 4 ms

nota

kOD

x˙ C1

nota

kCD

incognito

incognito

Tabella 8.3

In tabella è possibile osservare il valore negativo assunto da

c˙

tenendo

conto dei dati assegnati dal problema secondo le convenzioni adottate che (T r) permettono di determinare il verso del vettore ~ vB . Noto in modulo e direzione e verso il vettore velocità di trascinamento del punto D è dunque possibile pervenire ad una soluzione graca del problema mediante il disegno del poligono di chiusura dei vettori velocità ottenuto tracciando le direzioni note della velocità relativa del punto

A

e di quella assoluta del punto

B

e

considerando che le velocità di trascinamento e relativa si sommano vettorialmente per ottenere la velocità assoluta. Tale disegno è riportato in Figura 8.3 secondo la scala riportata nella gura stessa. Tale gura consente inoltre di valutare quantitativamente il modulo ed il verso dei vettori incogniti. Dal poligono delle velocità si osserva come anché la velocità

(Ass)

~vB

ri-

manga verticale, la velocità di trascinamento orizzontale, dovuta al modo del piano inclinato, debba essere compensata dalla componente orizzontale della velocità di risalita del disco sul piano inclinato. La velocità angolare del disco risulterà essere diretta in senso orario e può essere calcolata sapendo (Rel) che ~ ωD ∧ (A − C) = ~vB . 98

CAPITOLO 8.

DISCO CUNEO

(Rel) ˙ ~vB = d = ωd · AC ˙ d ωd = AC

(8.13)

Per quanto riguarda il vettore di accelerazione di Coriolis, c'è da sottolineare che in questo caso si ha un valore nullo in quanto si sta utilizzando una terna traslante. Analogamente alla velocità è possibile ottenere una soluzione graca dell'equazione di chiusura delle accelerazioni, mantenendo sempre il sistema di riferimento come traslante sul carrello. Si ottiene un termine di accelerazione (Ass) (Rel) assoluta ~ aB del punto B , uno di accelerazione relativa ~ aB del punto B (T r) rispetto alla terna mobile e uno di trascinamento ~ aB del punto B rispetto alla terna mobile, così come riportato in Tabella 8.4.

Vettore

(Ass)

~aB

(T r)

~aB

(Rel)

~aB

Modulo

Fase

y¨A

nota

kOB

x¨D = −0, 2 sm2

nota

kOD

x¨C1

nota

kCD

incognito

incognito

Tabella 8.4

0, 05 m s

(Rel)

~aC

(Ass)

~aB

(T r)

~aC

Figura 8.4: Poligono di chiusura sulle accelerazioni

Anche per le accelerazioni vale la medesima osservazione fatta sul poligono di chiusura delle velocità: anchè l'accelerazione assoluta del punto

B

che 99

CAPITOLO 8.

DISCO CUNEO

si muove di moto rettilineo rimanga verticale è necessario che l'accelerazione di trascinamento, diretta orizzontalmente e dovuta all'accelerazione del piano inclinato, sia compensata dalla componente orizzontale dell'accelerazione relativa dovuta al fatto che il disco stia aumentando la sua velocità di risalita lungo il piano inclinato.

100

9 Manovellismo particolare In Figura 9.1 è riportato lo schema di un sistema meccanico che si muove nel

AO = 0.4 m incernierata a terra nel punto AB = 1.4 m vincolata in A all'asta AO tramite una cerniera

piano, costituito dalla manovella

O

e dalla biella

e in

C

al terreno tramite un vincolo che consente la rotazione dell'asta e lo

scorrimento della stessa.

A C B O Figura 9.1: Manovellismo particolare

t, sono riportati in Tabella 9.1 in termini di posizione α, velocità angolare α ˙ , accelerazione angolare α ¨ della manovella, distanza AC tra la cerniera in A ed il vincolo in C e posizione angolare della biella β . I dati relativi all'atto di moto all'istante considerato

α = 45◦ β = 170◦

α˙ = −25 rad/s

α ¨ = 0 rad/s2

AC = 0.6 m

Tabella 9.1: Dati relativi all'atto di moto considerato al tempo

101

t

CAPITOLO 9.

MANOVELLISMO PARTICOLARE

Si chiede di determinare:

~ωAB

1. Il vettore velocità angolare

2. Il vettore accelerazione angolare 3. Il vettore velocità assoluta

~vB

~ω˙ AB

~aB

AB ;

dell'asta

del punto

4. Il vettore accelerazione assoluta

9.1

dell'asta

B

AB ;

;

del punto

B;

Analisi del moto

Per prima cosa si propone in Figura 9.2 una analisi del sistema articolato proposto, dando una rappresentazione della congurazione assunta dal sistema per dierenti angoli di manovella

α.

B A C O

C B

A

O

(a) Angolo di manovella α = 0◦

A

C

(b) Angolo di manovella α = 60◦

CB

B

O

A

(c) Angolo di manovella α = 120◦

O

(d) Angolo di manovella α = 180◦ B

C

B

C O

O A A

(e) Angolo di manovella α = 240◦

(f) Angolo di manovella α = 300◦

Figura 9.2: Congurazioni del sistema per vari angoli di manovella Il sistema, costituito da 2 corpi rigidi che si muovono nel piano, disporrebbe, in assenza di vincoli, di 6 gradi di libertà. Per calcolare i gradi di libertà 102

CAPITOLO 9.

MANOVELLISMO PARTICOLARE

eettivamente lasciati liberi dal sistema di vincoli è necessario considerare che:

•

l'asta

AO

•

l'asta

•

il vincolo in

è incernierata a terra in corrispondenza del suo estremo

O

(vincolo doppio);

AO

è vincolata all'asta

AB

mediante una cerniera interna in

A

(vincolo doppio);

C

consente la rotazione dell'asta

AB

e lo scorrimento della

stessa (vincolo singolo);

Il computo dei gradi di libertà del sistema può quindi essere sintetizzato come in Tabella 10.2: 3 g.d.l. x 2 corpi rigidi =

6 g.d.l.

-

1 manicotto rotante =

1 g.d.v.

-

2 cerniere =

4 g.d.v.

-

1 g.d.l.

residuo

Totale

Tabella 9.2: Computo dei g.d.l. residui del sistema

L'asta l'asta

AB

9.2 9.2.1

AO

compie un moto rotatorio attorno al punto sso

O

mentre

compie un moto rototraslatorio.

Soluzione del quesito 1 Con i numeri complessi

Per la risoluzione dei quesiti proposti mediante l'utilizzo dei numeri complessi, è necessario denire innanzi tutto il sistema di riferimento complesso con assi

x ≡ <e

orizzontale e

y ≡ =m

immaginario e origine in

O

che viene

riportato in Figura 9.3 sovrapposto al sistema in esame.

Im ≡ y

A C

→ j O

B → i

Re ≡ x

Figura 9.3: Sistema di riferimento assoluto

103

CAPITOLO 9.

MANOVELLISMO PARTICOLARE

Im

β

A

b C

a c α γ O

Re Figura 9.4: Poligono di chiusura sulle posizioni

Vettore

Modulo

Fase

~a

costante

a = AO = 0.4m

variabile

α = 45◦

~b

variabile

b = AC = 0.6m

variabile

β = 170◦

~c

costante

c = CO

costante

γ

Tabella 9.3

Per risolvere la cinematica del sistema è necessario scrivere l'equazione di chiusura dei vettori posizione; tale equazione impone che il moto del sistema avvenga in modo conforme ai vincoli. Con i vettori di Figura 9.4 l'equazione di chiusura risulta:

~a = ~b + ~c

(9.1)

In Tabella 9.3 sono riportate le grandezze note e quelle incognite dei vettori scelti. Si osserva innanzi tutto che il vettore

~c

, che congiunge due punti che

rimangono ssi nello spazio (telaio), è costante nel tempo sia in modulo che in fase. Tale termine scomparirà in fase di derivazione e pertanto non se ne determineranno i valori dato che il problema richiede di calcolare termini di velocità e di accelerazione. Utilizzando la notazione complessa l'equazione (9.1) può essere riscritta nel seguente modo: 104

CAPITOLO 9.

MANOVELLISMO PARTICOLARE

aeiα = beiβ + ceiγ

(9.2)

AB , ω ~ AB , il cui modulo ˙ per le convenzioni prese corrisponde al valore assoluto β , è necessario derivare Per ricavare il vettore velocità angolare dell'asta

l'equazione (9.2) ottenendo quanto segue:

˙ iβ + bβe ˙ i (β+ 2 ) aαe ˙ i (α+ 2 ) = be π

π

(9.3)

Proiettando sugli assi reale ed immaginario l'equazione (9.3) si ottiene il seguente sistema di equazioni:

b˙ β˙

−aα˙ sin α = b˙ cos β − bβ˙ sin β aα˙ cos α = b˙ sin β + bβ˙ cos β

(9.4)

Il sistema di equazioni appena scritte è un sistema lineare nelle incognite e può essere espresso utilizzando la forma matriciale sotto riportata:

−aα˙ sin α cos β −b sin β b˙ = aα˙ cos α sin β b cos β β˙

(9.5)

Dalla soluzione del sistema lineare (9.5) che può essere ottenuta ad esempio utilizzando il metodo di Cramer e sostituendo gli opportuni valori numerici, è possibile ottenere la seguente soluzione numerica:

−8.19 m/s b˙ = 9.55 rad/s β˙ Si noti che la velocità angolare richiesta

ωAB

antiorario ed è esprimibile nella terna cartesiana

~ωAB

→ − = β˙ k = 9.55~k

risulta diretta in senso

xOy

di Figura 9.8 come

(vedi Figura 9.3).

Il valore negativo assunto dal termine

vettore ~ b

(9.6)

b˙

comporta che la lunghezza del

valutata in un istante di tempo successivo a

t

sia minore di quella

iniziale. Tale constatazione è in accordo con l'osservazione che per una velocità di rotazione dell'asta il punto

9.2.2

A

AO

diretta in senso orario (coerentemente ai dati),

si avvicina al punto

C.

Con i moti relativi

Osservando l'equazione (9.3) è possibile evidenziare l'analogia tra i termini che la compongono e quelli ottenibili eettuando lo studio del moto del punto

A,

con il teorema dei moti relativi, utilizzando una terna mobile

x1 O1 y1

con 105

CAPITOLO 9.

MANOVELLISMO PARTICOLARE

y1 y

→ j1

A

→ i1

O1

x1

→ j

B

O

→ i

x

Figura 9.5: Sistema di riferimento assoluto e sistema di riferimento relativo

origine

O1 coincidente con il punto C e rotante solidalmente all'asta AB (vedi A risulta essere:

Figura 9.5).La velocità del punto

(Ass)

~vA

(Rel)

= ~vA

(Tr)

+ ~vA

(9.7)

dove:

(Ass)

• ~vA

OA (A − O);

all'asta

(Rel)

• ~vA

A appartenente (Ass) O , ~vA =ω ~ AO ∧

: rappresenta il vettore velocità assoluta del punto in moto rotatorio attorno al punto sso

A rispetto alla A muoversi nel suo

: rappresenta il vettore velocità relativa del punto

terna mobile con origine in

O1 ≡ C

che vede il punto

moto relativo lungo una traiettoria rettilinea parallela alla direzione di

AC ; (T r)

• ~vA

:

rappresenta il vettore velocità di trascinamento del punto

A,

pensato quindi solidale alla terna mobile, che ruota attorno al punto (T r) O1 ≡ C con velocità angolare ~ωAB ; ~vA = ~ωAB ∧ (A − C).

Analizzando i singoli termini dell'equazione (9.7) è possibile notare come le incognite del problema siano i valori dei moduli dei vettori velocità al secondo membro, mentre le direzioni di tutti i vettori velocità risultino essere note come sintetizzato in Tabella 9.4. Noto in modulo, direzione e verso il vettore velocità assoluta del punto

A

sarebbe stato dunque possibile pervenire ad una soluzione graca del problema mediante il disegno del poligono di chiusura dei vettori velocità ottenuto tracciando le direzioni note della velocità relativa e di quella di trascinamento (Ass) (linee tratteggiate in Figura 9.6) assieme al vettore noto ~ vA . Modulo e verso dei vettori incogniti si ottengono considerando che il poligono delle velocità deve essere chiuso soddisfacendo la somma vettoriale dell'equazione (9.7). 106

CAPITOLO 9.

Vettore

Modulo

(Ass)

~vA

(Rel)

(Rel)

vA

incognito

(T r)

~vA

Fase

ωAO AO

noto

~vA

MANOVELLISMO PARTICOLARE

ωAB AC

incognito

nota

⊥AO

nota

kAC

nota

⊥AC

Tabella 9.4

1m s

⊥AC (Ass)

~vA

kAC

Figura 9.6: Risoluzione graca del poligono delle velocità

La risoluzione graca è riportata in Figura 9.7 secondo la scala riportata nella gura stessa.

1m s (T r)

~vA

(Ass)

~vA

(Rel)

~vA

Figura 9.7: Poligono di chiusura sulle velocità

107

CAPITOLO 9.

MANOVELLISMO PARTICOLARE

Come si può notare la direzione assunta dal vettore

(T r)

~vA

evidenzia che

la velocità angolare della biella è diretta in senso antiorario ed il suo modulo (tr) → |− vA | → − = 9, 55 rad può essere ricavato come | ω AB | = AC s

9.3 9.3.1

Soluzione del quesito 2 Con i numeri complessi

Si procede ora al calcolo dell'accelerazione angolare dell'asta

AB

derivando

l'equazione (9.3):

π ˙ i(β+ π2 ) + bβe ¨ i(β+ π2 ) + bβ˙ 2 ei(β+π) a¨ αei(α+ 2 ) + aα˙ 2 ei(α+π) = ¨beiβ + 2b˙ βe

(9.8)

Proiettando l'equazione (9.8) sugli assi reale ed immaginario, o in maniera equivalente derivando direttamente il sistema (9.4), si ottiene il seguente sistema di equazioni scalari:



−a¨ α sin α − aα˙ 2 cos α = ¨b cos β − 2b˙ β˙ sin β − bβ¨ sin β − bβ˙ 2 cos β a¨ α cos α − aα˙ 2 sin α = ¨b sin β + 2b˙ β˙ cos β + bβ¨ cos β − bβ˙ 2 sin β

(9.9)

Ancora una volta è possibile riscrivere il sistema di equazioni (9.9) in modo da renderne più semplice la risoluzione attraverso i metodi dell'algebra lineare:



cos β −b sin β sin β b cos β

¨b −a¨ α sin α − aα˙ 2 cos α + 2b˙ β˙ sin β + bβ˙ 2 cos β = β¨ a¨ α cos α − aα˙ 2 sin α − 2b˙ β˙ cos β + bβ˙ 2 sin β

(9.10)

Sostituendo i valori numerici è possibile ottenere il seguente risultato:

¨b 198 m/s2 = 602 rad/s2 β¨

(9.11)

In questo caso, i risultati numerici indicano che la asta

AB

sta acceleran-

do la sua rotazione secondo le convenzioni adottate e che sta riducendo la velocità con cui la stessa asta si sta slando, allontanando il punto Tale moto risulta decelerato sebbene l'accelerazione

¨b,

tale accelerazione risulta discorde rispetto alla velocità. 108

A

da

C.

sia positiva, in quanto

CAPITOLO 9.

9.3.2

MANOVELLISMO PARTICOLARE

Con i moti relativi

Osservando con attenzione l'equazione 9.8 è possibile notare come i vari termini che la compongono siano analoghi a quelli che si ricaverebbero nello studio dell'accelerazione del punto

A

utilizzando la terna mobile

x1 O1 y1

di

Figura 9.5:

(Ass)

~aA

(Rel)

= ~aA

(T r)

+ ~aA

(Cor)

+ ~aA

(9.12)

dove:

(Ass)

• ~aA

: rappresenta il vettore accelerazione assoluta del punto

A che per-

corre una traiettoria circolare attorno al punto sso O e avrà una com(Ass) ponente di accelerazione assoluta tangenziale ~ aAt = ~ω˙ AO ∧ (A − O) (Ass) ed una componente di accelerazione assoluta normale ~ aAn = ω ~ AO ∧ (~ωAO ∧ (A − O));

(Rel)

• ~aA

: rappresenta il termine di accelerazione relativa del punto

spetto alla terna mobile prescelta che vede il punto

traiettoria rettilinea parallela all'asta

A

A

ri-

percorrere una

AB ;

(T r)

• ~aA : rappresenta il vettore accelerazione di trascinamento del punto A, considerato solidale alla terna prescelta in un moto rotatorio attorno al punto C . Tale accelerazione avrà una componente tangenziale orto(T r) ~˙ AB ∧ (A − C) ed una componente normale gonale all'asta AB , ~ aAt = ω (T r) parallela all'asta AB , ~ aAn = ~ωAB ∧ (~ωAB ∧ (A − C)); (Cor)

• ~aA

: rappresenta il vettore di accelerazione di Coriolis denita dal

doppio del prodotto vettoriale fra la velocità angolare della terna mobile (Cor) e la velocità relativa del punto A rispetto a tale terna, ~ aA = 2~ωAB ∧ (Rel) ~vA .

Anche in questo caso risultano essere note le direzioni di tutti i vettori accelerazione ed è possibile disegnare il poligono di chiusura dei vettori (11.5). 109

CAPITOLO 9.

MANOVELLISMO PARTICOLARE

Vettore

Modulo

(Ass)

~aAt

(Ass)

~aAn

(Rel)

~aAt

(Cor)

~aA

(T r)

~aAt

(T r)

~aAn

Fase

noto

ω˙ AO AO

nota

⊥AO

noto

2 ωAO AO

nota

kAO

nota

kAC

nota

⊥AC

(Rel)

incognito

aAt

noto

2ω˙ AB vA

(Rel)

incognito

ω˙ AB AC

nota

⊥AC

noto

2 ωAB AC

nota

kAC

Tabella 9.5

(T r)

~aAn

(Co)

~aA

50 sm2 (Ass)

~aA

⊥AC

kAC

Figura 9.8: Risoluzione graca del poligono delle accelerazioni

Risulta conveniente disegnare dapprima i vettori di cui si conosca modulo direzione e verso per poi chiudere il poligono sfruttando la conoscenza della direzione dei vettori incogniti. In Figura 9.8 sono rappresentati i vettori noti (con linea continua) e le rette che identicano le direzioni dei vettori incogniti (con linea tratteggiata).

Modulo e verso dei vettori incogniti risulteranno

deniti imponendo che tale poligono di vettori sia chiuso secondo l'equazione vettoriale 9.3. Nel caso presente in cui il punto uniforme attorno al punto sso

A

eettua un moto circolare

O sarà presente la sola componente normale di

accelerazione assoluta. Tuttavia a fronte di una accelerazione angolare nulla dell'asta

AO ,

l'asta

AB

ha comunque una accelerazione angolare diversa da

zero e pertanto il moto di trascinamento sarà dato dalla composizione di una 110

CAPITOLO 9.

MANOVELLISMO PARTICOLARE

componente di accelerazione normale e una tangenziale di accelerazione. I vettori sono riportati in Figura 9.9 opportunamente scalati per mantenere i rapporti tra i loro moduli inalterati, in modo da visualizzare l'importanza dei singoli termini nella denizione del moto del sistema articolato nell'istante considerato.

(T r)

~aAn

(Co)

~aA

50 sm2 (Ass)

~aA

(T r)

~aAt (Rel)

~aA

Figura 9.9: Poligono di chiusura sulle accelerazioni

(T r) aAt evidenzia che il vettore accelerazione La direzione assunta dal vettore ~ angolare della biella è diretto in senso antiorario, (tr) → → − |− aA | ˙ AB | = AC . modulo vale | ω

9.4 9.4.1

~˙ AB = 602~k ω

ed il suo

Soluzione del quesito 3 Con il teorema di Rivals

Risolto l'atto di moto del sistema meccanico nell'istante considerato, la velocità e la accelerazione del punto al punto

B

sono automaticamente denite pensando

B come appartenente al corpo rigido AB (Ass) A, ~vA , e la velocità angolare ~ωAB .

di cui sono note la velocità

del punto

Mediante il teorema di Rivals per le velocità di un corpo rigido è possibile legare la velocità del punto

B

a quella del punto

A:

~vB = ~vA + ω ~ AB ∧ (B − A) = ~ωAO ∧ (A − O) + ~ωAB ∧ (B − A) Evidenziando le componenti lungo possono essere scritti come:

(9.13)

x e lungo y , i vettori (A−O) e (B −A) 111

CAPITOLO 9.

MANOVELLISMO PARTICOLARE

(A − O) = AO cos α~i + AO sin α~j (B − A) = BA cos (β − π)~i + BA sin (β − π) ~j Per la denizione del vettore

(B − A)

9.10. Inoltre sono note le velocità angolari,

(9.14)

si faccia riferimento alla Figura

~ωAO = −25~k

e

ω ~ AB = 9.55~k.

β

A

β− π B

Figura 9.10: Denizione del vettore

(B − A)

Svolgendo i prodotti vettoriali si ottiene:

~k ~i ~j ~ωAO ∧ (A − O) = 0 0 ωAO AO cos α AO sin α 0

=

(9.15)

= −ωAO AO sin α~i + ωAO AO cos α~j = 7.07~i − 7.07~j

~k ~i ~j ~ωAB ∧ (B − A) = 0 0 ωAB BA cos (β − π) BA sin (β − π) 0

=

(9.16)

= −ωAB BA sin (β − π)~i + ωAB BA cos (β − π) ~j = 2.32~i + 13.17~j e sommando le componenti lungo le direzioni

x

e

vBx = 9.39 m/s vBy = 6.1 m/s Il modulo della velocità del punto

B

y: (9.17)

è pari al modulo della somma

vettoriale delle due componenti.

|~vB | =

q 2 2 vBx + vBy = 11.2 m/s

(9.18)

L'angolo formato dal vettore velocità con l'asse orizzontale è invece pari a: 112

CAPITOLO 9.

MANOVELLISMO PARTICOLARE

∠ (~vB ) = arctan



vBy vBx



= 33◦

(9.19)

In gura 9.11 è riportata la rappresentazione graca del vettore velocità

~vB .

A

C vB

O B

vA

vBA

Figura 9.11: Composizione vettoriale della velocità del punto

9.4.2

B

Con i numeri complessi

Per il calcolo della velocità del punto

B era possibile, in alternativa, procedere B 9.2:

scrivendo il vettore posizione del punto

(B − O) = (A − O) + (B − A)

(9.20)

e ando quindi alla notazione complessa:

xB + iyB = a expiα +d expiδ Im

(9.21)

δ A a

α

d f

B ϕ

O

Figura 9.12: Posizione del punto

Re

B

Derivando la 9.13 si ottiene: π ˙ i(δ+ π2 ) x˙ B + iy˙ B = vBx + ivBy = aαe ˙ i(α+ 2 ) + dδe (9.22) Si noti che δ = β + π/2 e quindi δ˙ = β˙ , pertanto proiettando l'equazione vettoriale (9.22) lungo gli assi <e e =m si trova, in accordo con (9.17):

113

CAPITOLO 9.

MANOVELLISMO PARTICOLARE

vBx = −aα˙ sin α − dβ˙ sin (β + π) = 9.39 m/s vBy = aα˙ cos α + dβ˙ (β + π) = 6.1 m/s 9.5 9.5.1

(9.23)

Soluzione del quesito 4 Con il teorema di Rivals

Per quanto riguarda l'accelerazione del punto

B

è possibile procedere appli-

cando il teorema di Rivals per le accelerazioni al corpo rigido

AB :

~aB = ~aA + ~ω˙ AB ∧ (B − A) + ~ωAB ∧ (~ωAB ∧ (B − A)) A, note la velocità e ~ ~˙ AO = 0 ), è pari a: = −25k , ω

L'accelerazione del punto

ωAO della manovella (~

(9.24)

l'accelerazione angolare

~˙ AO ∧ (A − O) + ~ωAO ∧ (~ωAO ∧ (A − O)) = ~ωAO ∧ (~ωAO ∧ (A − O)) = ~aA = ω 2 2 2 −ωAO (A − O) = −ωAO AO cos α~i − ωAO AO sin α~j = −176.8~i − 176.8~j

(9.25)

Svolgendo i restanti prodotti vettoriali, note la velocità e l'accelerazione

ωAB angolare della biella (~

= 9.55~k , ~ω˙ AB = 602~k

), si trova:

~k ~i ~j ~˙ AB ∧ (B − A) = ω 0 0 ω˙ AB BA cos (β − π) BA sin (β − π) 0

=

(9.26)

= −ω˙ AB BA sin (β − π)~i + ω˙ AB BA cos (β − π) ~j = 146.3~i + 830~j 2 ~ωAB ∧ (~ωAB ∧ (B − A)) = −ωAB (B − A) =

(9.27)

2 2 −ωAB BA cos (β − π)~i − ωAB BA sin (β − π) ~j = −125.7~i + 22.2~j e sommando le componenti lungo le direzioni

aBx = −156.2 m/s aBy = 675.4 m/s Il modulo dell'accelerazione del punto somma vettoriale delle due componenti. 114

B

x

e

y: (9.28)

risulta essere il modulo della

CAPITOLO 9.

|~aB | =

q

MANOVELLISMO PARTICOLARE

a2Bx + a2By = 694 m/s2

(9.29)

L'angolo formato dal vettore accelerazione con l'asse

∠ (~aB ) = arctan



aBy aBx



x

è invece pari a:

= 103◦

(9.30)

In Figura 9.13 è riportata la rappresentazione graca del vettore accelerazione

~aB .

A

aB

C

a tBA

O B a

n BA

aA

Figura 9.13: Composizione vettoriale dell'accelerazione del punto

9.5.2

B

Con i numeri complessi

In alternativa, derivando l'equazione (9.22), si ottiene:

¨ i(β+ 2 ) + dδ˙ 2 ei(δ+π) x¨B + i¨ yB = aBx + iaBy == aα˙ 2 ei(α+π) + dδe π

Proiettando lungo gli assi

δ¨ = β¨,

si trova:

<e

e

=m

e considerando che

δ = β + π/2

aBx = −aα˙ 2 cos α + dβ¨ sin β + dβ˙ 2 cos β = −156.2 m/s2 aBy = −aα˙ 2 sin α − dβ¨ cos β + dβ˙ 2 sin β = 675.4 m/s2 9.6

(9.31) e

(9.32)

Osservazioni

Per dare una visualizzazione del moto in grande del meccanismo, si riporta in Figura 9.14 la traiettoria percorsa dal punto

B

lungo un completo giro di

manovella.

b

Inne si riportano in Figura 9.15 gli andamenti del modulo del vettore ◦ e dell'angolo β al variare dell'angolo α tra 0 e 360 , evidenziando con un 115

CAPITOLO 9.

MANOVELLISMO PARTICOLARE

A C

B O

Figura 9.14: Traiettoria del punto

contrassegno i valori relativi all'istante considerato. le derivate prime e seconde di

b

e

β

B Sono riportate inoltre

rispetto al tempo, corrispondenti ri-

AB si dell'asta AB .

spettivamente alla velocità e all'accelerazione con cui l'asta manicotto e alla velocità e all'accelerazione angolare

sla da Si noti

AC ◦ ovvero dal modulo del vettore b, sono ottenuti rispettivamante per α = 12 ◦ e α = 192 . In corrispondenza di tali angoli di manovella, le aste AO e AB risultano allineate (si nota infatti che gli angoli α e β sono uguali), la velocità di slamento dell'asta AB risulta nulla e l'accelerazione raggiunge, che il minimo e il massimo valore assunti dalla lunghezza del segmento

ripettivamente, un massimo e un minimo.

116

CAPITOLO 9.

MANOVELLISMO PARTICOLARE

1.3

40

30

1.1 1

20 Angolo β [°]

Lunghezza del segmenteo AC [m]

1.2

0.9 0.8 0.7

10

0

0.6 −10

0.5 0.4 0

50

100

150 200 250 Rotazione dell’asta OA [°]

300

−20 0

350

(a) Lunghezza del segmento AC

150 200 250 Rotazione dell’asta OA [°]

300

350

25

8 20

6 Velocità angolare β’ [rad/s]

Velocità di allungamento del segmento AB [m/s]

100

(b) Rotazione dell'asta AB

10

4 2 0 −2 −4

15

10

5

0

−6 −5

−8 −10 0

50

100

150 200 250 Rotazione dell’asta OA [°]

300

−10 0

350

(c) Velocità di allungamento del segmento AC 500

800

400

600

300

200

100

0

−100

−200 0

50

100

150 200 250 Rotazione dell’asta OA [°]

300

350

(d) Velocità di rotazione dell'asta AB

Accelerazione angolare β’’ [rad/s]

Accelelrazione del segmento AB [m/s]

50

400 200 0 −200 −400 −600

50

100

150 200 250 Rotazione dell’asta OA [°]

300

350

(e) Accelerazione di allungamento del segmento AC

−800 0

50

100

150 200 250 Rotazione dell’asta OA [°]

300

350

(f) Accelerazione angolare dell'asta AB

Figura 9.15: Cinematica del sistema per vari angoli di manovella

117

CAPITOLO 9.

118

MANOVELLISMO PARTICOLARE

10 Manovellismo piano inclinato Il manovellismo rappresentato in Figura 10.1 è costituito da una manovella

OA = a = 0, 4 m,da una biella AB = b = 0, 4 m e dal corsoio B che scorre ◦ su un piano π inclinato di 30 rispetto all'orizzontale. Da ultimo il corsoio è collegato a terra tramite un pistone idraulico CB .

C β A

O

α

B

π

30◦ Figura 10.1: Sistema manovellismo piano inclinato

I dati relativi all'atto di moto da considerare sono riportati in Tabella 10.1, ovvero posizione, velocità e accelerazione angolare della manovella, posizione della biella e lunghezza del pistone idraulico. 119

CAPITOLO 10.

MANOVELLISMO PIANO INCLINATO

α = 30◦ β = 330◦

α˙ = −10 rad/s

α ¨ = 100 rad/s2

CB = 0, 5 m

Tabella 10.1: Dati dell'atto di moto considerato

Si chiede quindi di determinare: 1. la velocità del corsoio

B;

2. la velocità di slo del pistone 3. l'accelerazione del corsoio

CB ;

B;

Il computo dei gradi di libertà del sistema può quindi essere sintetizzato come in Tabella 10.2: 3 g.d.l. x 5 corpi rigidi

= 15 g.d.l.

-

4 cerniere

= 10 g.d.v.

-

1 contatto strisciamento

= 2 g.d.v.

-

1 manicotto

= 2 g.d.v.

-

Totale

= 1 g.d.l.

residuo

Tabella 10.2: Computo dei g.d.l. residui del sistema

10.1 10.1.1

Soluzione del quesito 1 Con i numeri complessi

Si denisca innanzi tutto un sistema di riferimento nel piano immaginario; si deniscano inoltre i quattro vettori

~a, ~b, ~c

e

d~

riportati in Figura 10.2 e

descritti formalmente nell'equazione (10.1).

~a = (A − O) = OAeiα = aeiα ~b = (B − A) = ABeiβ = beiβ ~c = (D − O) = ODeiγ = ceiγ d~ = (B − D) = DBeiδ = deiδ

(10.1)

Le convenzioni sui segni sono riportate in Figura 10.2, mentre in Tabella 10.3 sono riportate le grandezze note e quelle incognite di tali vettori. 120

CAPITOLO 10.

MANOVELLISMO PIANO INCLINATO

C β A b

a γ α

O

B

π

30◦ c

d δ

D

Figura 10.2: Poligono di chiusura dei vettori posizione

Vettore

Modulo

Fase

~a

a = 0, 4m

cost.

α = 30◦

~b

b = 0, 4m

cost.

β = 330◦

~c

c

d~

d

variabile variabile

cost.

γ = 300◦

variabile

δ = 30◦

cost. cost.

Tabella 10.3

Per risolvere la cinematica del sistema è necessario scrivere l'equazione di chiusura sui vettori posizione; tale equazione denisce che il moto del sistema avvenga in modo conforme ai vincoli.

~a + ~b = ~c + d~ Si osserva innanzi tutto che il vettore

~c

(10.2) , che congiunge due punti che

rimangono ssi nello spazio, rimarrà costante sia in modulo che in fase: infatti tale vettore rappresenta la distanza fra il punto

O

ed il piano inclinato. Tale

termine scomparirà nelle derivazioni e pertanto non è necessario determinarne i valori dato che il problema richiede termini di velocità e di accelerazione. Utilizzando la notazione complessa l'equazione (10.2) può essere riscritta nel seguente modo.

aeiα + beiβ = ceiγ + deiδ

(10.3) 121

CAPITOLO 10.

MANOVELLISMO PIANO INCLINATO

Per ricavare la velocità del corsoio

B

è necessario derivare l'equazione

(10.3) ottenendo quanto segue.

(α+ π2 ) + bβe ˙ iδ ˙ i(β+ π2 ) de ˙ i{z |aαe } | {z } = |{z} (T r)

(Ass)

(Rel)

~ vB

(10.4)

~ vB

~vB

Osservando con attenzione l'equazione appena scritta è possibile notare come i vari termini che la compongono possono essere ricavati mediante lo studio con le terne mobili. Posizionando infatti una terna mobile traslante nel punto

A

è possibile suddividere i termini dell'equazione (10.4) così come

segue.

(Ass)

• ~vB

:

rappresenta il termine di velocità assoluta del punto

B:

tale

punto infatti può unicamente traslare parallelamente al piano inclinato;

(T r)

• ~vB

: rappresenta la velocità di trascinamento della terna mobile con

origine in

A:

la sua velocità corrisponde quindi alla velocità di un punto

in moto rotatorio attorno al punto

(T r)

• ~vB

O

con velocità

: rappresenta la velocità relativa del punto

traslante con origine in

A:

il punto

B

α˙ ;

B

rispetto alla terna

può infatti unicamente ruotare

rispetto all'origine della terna mobile posizionata in

A

con velocitàβ˙ .

Proiettando sui due assi reale ed immaginario l'equazione (10.4) si ottiene un sistema lineare composto da due equazioni nelle due incognite



−aα˙ sin α − bβ˙ sin β = d˙ cos δ aα˙ cos α + bβ˙ cos β = d˙ sin δ

d˙ e β˙ .

(10.5)

Esse rappresentano la proiezione sull'asse reale e su quello immaginario dei vettori velocità precedentemente deniti. Il sistema scritto nell'equazione 10.5 è un sistema lineare nelle due equazioni

d˙

e

β˙ .

É quindi possibile

risolverlo per sostituzione oppure utilizzando l'approccio matriciale mostrato nell'equazione (10.6).

d˙ − cos δ −b sin β aα˙ sin α = − sin δ b cos β −aα˙ cos α β˙

(10.6)

La soluzione dell'equazione (10.6) porta ad avere i valori della velocità del corsoio

B

come richiesto.

−1 − cos δ −b sin β aα˙ sin α 6, 92 m/s d˙ = = − sin δ b cos β −aα˙ cos α 20 rad/s β˙ 122

(10.7)

CAPITOLO 10.

10.1.2

MANOVELLISMO PIANO INCLINATO

Con i moti relativi

Analizzando i singoli termini dell'equazione (10.4) è possibile notare come le incognite del problema siano i valori dei moduli dei vettori velocità deniti sulla terna mobile mentre le direzioni di tutti i vettori velocità risultino essere note come sintetizzato nella seguente tabella.

Vettore

Modulo

Fase

d˙ incognita

(Ass)

~vB

(Rel)

bβ˙

~vB

(T r)

~vB

kπ

incognita

aα˙ = −4 m/s

nota

nota

⊥AB

nota

⊥OA

nota

Tabella 10.4

Essendo noto il modulo e la fase del vettore

(T r)

~vB

è possibile pervenire

ad una soluzione graca del problema, disegnando il poligono di chiusura dei vettori velocità.

Tale disegno è ottenibile tracciando le direzioni note

della velocità assoluta e relativa. Si veda in tal proposito la Figura 10.3 che riporta il poligono di chiusura dei vettori velocità secondo la scala indicata nella gura stessa.

(Ass)

vB

(Rel)

vC (Tr)

vB

1 m/s

Figura 10.3: Poligono di chiusura sulle velocità

123

CAPITOLO 10.

10.2

MANOVELLISMO PIANO INCLINATO

Soluzione del quesito 2

Per il calcolo della velocità di allungamento del pistone è suciente osservare nella Figura 10.4 che, per la congurazione assegnata, essa corrisponde alla ˙ iδ proiezione sull'asse immaginario del vettore de

C

vB(Ass) π

B 30◦

Figura 10.4: Velocità di slo del pistone In tale modo la velocità di allungamento del pistone è immediatamente ricavabile così come segue.

vpist = d˙ sin δ = 3, 46 m/s 10.3

(10.8)

Soluzione del quesito 3

10.3.1

Con i numeri complessi

Si procede ora con il calcolo dell'accelerazione del corsoio

B.

per tale mo-

tivo è necessario derivare l'equazione (10.4), ottenendo quanto riportato nell'equazione (10.9).

i(α+ π2 ) 2 iα ¨ i(β+ π2 ) −bβ˙ 2 eiβ = de ¨ iδ +b βe a¨ αe −a α ˙ e | {z } | {z } | {z } | {z } |{z} (T r) ~aBt

(T r) ~aBn

(Rel)

~aBt

(10.9)

(Ass) ~aB

(Rel)

~aBn

Analizzando nello specico i vari termini dell'equazione (10.9) è possibile distinguere i vari termini derivanti dall'utilizzo delle terne relative. Infatti posizionando una terna mobile traslante con origine in

A è possibile suddividere

i membri dell'equazione (10.9) così come segue.

(Ass)

• ~aB

: rappresenta il termine di accelerazione assoluta del punto

può unicamente traslare lungo il piano inclinato.

124

B

che

CAPITOLO 10.

(T r)

• ~aBn

MANOVELLISMO PIANO INCLINATO

: rappresenta il termine di accelerazione di trascinamento normale.

Essendo il punto

A

in moto rotatorio rispetto ad

O

tale termine è

costituito dall'accelerazione centripeta.

(T r)

• ~aBt

: rappresenta il termine di accelerazione di trascinamento tangen-

ziale. Essendo il punto

A

in moto rotatorio rispetto ad

è non nullo solamente se l'asta

(Rel)

• ~aBn

AO

O

tale termine

sta variando la propria velocità.

: rappresenta il termine di accelerazione relativa in direzione nor-

male. Essendo il punto

B

in moto rotatorio rispetto al punto

A

tale

termine è costituito dall'accelerazione centripeta.

(Rel)

• ~aBt

: rappresenta il termine di accelerazione relativa in direzione tan-

genziale.

Essendo il punto

B

in moto rotatorio rispetto ad

termine è non nullo solamente se l'asta

AB

A

tale

sta variando la propria

velocità.

Proiettando l'equazione quanto appena ricavato sui due assi reale ed immaginario, è possibile ottenere il seguente sistema di equazioni lineari.



−a¨ α sin α − aα˙ 2 cos α − bβ¨ sin β − bβ˙ 2 cos β = d¨cos δ a¨ α cos α − aα˙ 2 sin α + bβ¨ cos β − bβ˙ 2 sin β = d¨sin δ

(10.10)

Ancora una volta si procede scrivendo sotto forma matriciale il sistema di equazioni (10.10) (sistema di due equazioni nelle incognite

¨. d¨ e β)

a¨ α sin α + aα˙ 2 cos α + bβ˙ 2 cos β − cos δ −b sin β d¨ = − sin δ b cos β β¨ −a¨ α cos α + aα˙ 2 sin α + bβ˙ 2 sin β

(10.11)

Dall'equazione (10.11) si ricavano quindi i due valori di accelerazione incogniti.

−429, 28 m/s2 d¨ = −892, 82 rad/s2 β¨ I risultati numerici ottenuti indicano che sia l'asta

(10.12)

AB

che il corsoio

stanno decelerando, secondo le convenzioni di segno indicate nella Figura 10.2. 125

CAPITOLO 10.

10.3.2

MANOVELLISMO PIANO INCLINATO

Con i moti relativi

Ancora una volta è possibile compilare una tabella in cui si evidenziano i termini noti quelli incogniti di ciascun vettore indicato nella (10.9).

Vettore

Modulo

(Ass)

Fase

d¨ incognita

~aB

kπ

nota

(T r)

a¨ α = 40 m/s2

nota

nota

(T r)

⊥OA

aα˙ 2 = 40 m/s2

nota

kOA

nota

⊥AB

nota

kAB

nota

~aBt

~aBn

(Rel)

b⨠= 14, 64 m/s2

(Rel)

bβ˙ 2 = 160 m/s2

~aBt

~aBn

incognita incognita

Tabella 10.5

Anche in questo caso risultano essere note le direzioni di tutti i vettori accelerazione ed è possibile disegnare il poligono di chiusura dei vettori sopra indicati. (Tr )

a Bt

50 m/s 2

(Tr )

a Bn

( As s )

aB

( Re l)

a Bt ( Re l)

a Bn

Figura 10.5: Poligono di chiusura sulle accelerazioni

126

11 Sistema Disco Asta Il sistema meccanico illustrato in Figura 11.1 giace nel piano verticale. Due dischi coassiali aventi rispettivamente raggio

R1 = 0, 4 m e R2 = 0, 5 m sono

rigidamente collegati tra loro. Tra il disco R2 e un piano inclinato di un angolo ϑ pari a 30◦ agisce un vincolo di rotolamento in assenza di strisciamento. Un perno è rigidamente vincolato ai dischi in corrispondenza del punto

D

posto ad una distanza dal centro laterale del disco di raggio

R1

m

ED = 0, 25 m.

m.

Il tratto di fune che collega il disco

è parallelo al piano inclinato. Il perno

un'asta incernierata a terra in

E

Sulla supercie

si avvolge una fune in estensibile all'estremo

della quale è collegata una massa alla massa

pari a

O.

piano inclinato è assegnata e pari a

La distanza

s

E

scorre all'interno di

fra la cerniera in

O

ed il

2 m.

Sia quindi assegnata la legge di moto della rotazione dell'asta lungo cui π π + 6 sin(2πt), secondo scorre il perno E rispetto all'orizzontale: ϕ(t) = ϑ + 2 le convenzioni riportate in Figura 11.1 dove è rappresentata la congurazione

del sistema in un istante generico

t 6= 0.

Si considerino note le grandezze riportate nella Tabella 11.1 per l'istante

t=0s

e

t = 0.1 s.

1 1 Tali grandezze possono essere ricavate risolvendo la posizione del sistema per la legge di

moto ϕ(t) precedentemente assegnata. Tali valori risolvono l'equazione di chiusura riportata in seguito che, essendo un'equazione trascendente, non può essere risolta analiticamente, ma mediante l'utilizzo di metodi numerici. 127

CAPITOLO 11.

SISTEMA DISCO ASTA

m

E

F D

θ s

ϕ O

(a) Istante t = 0 s E ε

F

m

D

R2

R1

θ s

O

ϕ

(b) Istante t = 0.17 s Figura 11.1: Sistema articolato nell'istante

t=0s

e

t 6= 0 s

ε = 120◦

OE = 2.75 m

t = 0.1 s OE = 2.72 m

t=0

ε = 187.9◦

Tabella 11.1: Dati dell'atto di moto considerato

Si richiede quindi di calcolare nell'istante 1. Il vettore velocità angolare assoluta assoluta

~vE

del punto

t = 0.1 s:

ω ~ d dei due dischi e il vettore velocità

E;

2. Il vettore velocità assoluta

~vm

della massa collegata alla fune;

3. Il vettore accelerazione angolare assoluta accelerazione assoluta

~aE

del punto

4. Il vettore accelerazione assoluta

128

~am

~ω˙ d

dei due dischi e il vettore

E; della massa collegata alla fune;

CAPITOLO 11.

11.1

SISTEMA DISCO ASTA

Analisi del moto

In Figura 11.2 si propone un'analisi del moto del sistema meccanico articolato, dando una rappresentazione della congurazione assunta dal sistema stesso per dierenti istanti temporali t.

E

D E D

O

O

(a) Istante t = 0 s

(b) Istante t = 0.17 s

E

D E D

O

O

(c) Istante t = 0.34 s

(d) Istante t = 0.51 s

E

E

D

D

O

O

(e) Istante t = 0.68 s

(f) Istante t = 0.85 s

Figura 11.2: Cinematica del sistema per vari istanti temporali Il sistema, costituito da dischi, l'asta

AO

4

e la massa

corpi rigidi che si muovono nel piano (i due

m),

disporrebbe, in assenza di vincoli, di

12

gradi di libertà. Per calcolare i gradi di libertà eettivamente lasciati liberi dal sistema di vincoli è necessario considerare che:

•

i due dischi sono collegati rigidamente fra di loro (vincolo triplo);

•

l'asta

•

esiste un vincolo di puro rotolamento tra il disco di raggio

AO

è collegata a terra tramite una cerniera (vincolo doppio);

R2 2

ed il

piano inclinato (vincolo doppio); 129

CAPITOLO 11.

•

la massa

SISTEMA DISCO ASTA

m

è vincolata a strisciare sul piano inclinato, ovvero sono

impedite la rotazione e la traslazione in direzione ortogonale al piano inclinato (vincolo doppio);

•

lo spostamento della massa

•

il perno in

m

lungo il piano inclinato è vincolato

tramite la fune alla rotazione del disco

E

1

(vincolo singolo);

è vincolato a muoversi lungo l'asse dell'asta

AO

(vincolo

singolo).

Il computo dei gradi di libertà del sistema può quindi essere sintetizzato nella seguente Tabella 11.2. 3 g.d.l. x 4 corpi rigidi

12 g.d.l.

-

collegamento rigido tra i dischi

3 g.d.v.

-

O

2 g.d.v.

-

cerniera in

vincolo di puro rotolamento

2 g.d.v.

-

m

2 g.d.v.

-

vincolo fune inestensibile

1 g.d.v.

-

AO

1 g.d.v.

-

1 g.d.l.

residuo

vincolo sulla massa vincolo perno/asta

Totale

Tabella 11.2: Computo dei g.d.l. del sistema

Il sistma risulta quindi dotato di un solo grado di libertà ed essendo assegnata la legge oraria della rotazione dell'asta, il moto del sistema risulta essere univocamente determinato.

130

CAPITOLO 11.

11.2 11.2.1

SISTEMA DISCO ASTA

Soluzione del quesito 1 Con i numeri complessi

Per la risoluzione dei quesiti proposti mediante l'utilizzo dei numeri complessi, è necessario denire innanzi tutto un sistema di riferimento assoluto complesso. Il sistema di riferimento scelto è riportato in Figura 11.3 ed ha origine in

O

e assi

<

ed

m

=

rispettivamente orizzontale e verticale.

E

F D

θ

Im s

O

Re

Figura 11.3: Sistema di riferimento assoluto

Per scrivere l'equazione di chiusura si sceglie di studiare il punto

E

attraverso le seguenti combinazioni dei vettori riportati in Figura 11.4:

~c + d~ + ~e = f~

(11.1)

In Tabella 11.3 è proposta una analisi dei vettori utilizzati e deniti secondo le convenzioni riportate in Figura 11.4, precisando quali siano le componenti degli stessi che rimangono costanti e quali invece varino nel tempo. Tale equazione vettoriale può essere espressa mediante la notazione dei numeri complessi, mettendo quindi in evidenza il modulo e l'anomalia dei vettori indicati nell'equazione (11.1).

ceiγ + deiϑ + eeiε = f eiϕ Si noti che il vettore

~c

(11.2)

rappresenta la distanza della retta parallela al

piano inclinato su cui si muove il centro del disco

D

dal punto

O.

L'equazione vettoriale appena scritta contiene tre incognite: la posizione del centro dei due dischi

~e

e la distanza

f

d

lungo il piano inclinato, l'anomalia

fra il punto

O

ed il perno in

E.

ε

del vettore

Quindi la sola proiezione 131

CAPITOLO 11.

SISTEMA DISCO ASTA

Vettore

Modulo

Fase

~c

costante

s + R2

costante

γ = ϑ + π/2

d~

variabile

d

costante

δ=ϑ

~e

costante

e = ED

ε

variabile

f~

variabile

f

ϕ

variabile (assegnato)

Tabella 11.3

E ε

e d

f Im

θ c

γ ϕ Re

O

Figura 11.4: Poligono di chiusura sui vettori posizione

dell'equazione (11.2) sui due assi reale ed immaginario non consentirebbe di arrivare alla risoluzione del sistema. Sfruttando l'ipotesi di rotolamento senza strisciamento del disco sul piano inclinato è possibile introdurre il legame cinematico che lega la rotazione del disco al suo spostamento lungo il piano stesso:

d(t) = −R2 (ε(t) − ε(0)) = −R2 osservando che per

O

e

t=0



π ε(t) − ϑ − 2

(11.3)

il perno si trova sulla retta ante per i punti

D: ϕ(0) = θ +

π = γ(0) = ε(0) 2

(11.4)

Sostituendo il legame cinematico appena riportato nell'equazione (11.2) è possibile ottenere l'equazione nale di chiusura sui vettori posizione.

π iϑ e + eeiε = f eiϕ ceiγ − R2 ε + ϑ − 2 132

(11.5)

CAPITOLO 11.

SISTEMA DISCO ASTA

Tale equazione è un'equazione trascendente. In Figura 11.5 è rappresen-

ϕ, ε

tato l'andamento temporale delle rotazioni periodo della legge di moto assegnata

ϕ(t).

e della lunghezza

f

per un

In tale gura è stato evidenziato

con un circolo lo stato relativo alla congurazione assunta per

t = 0.1 s.

300 Asta OE [°] Asta DE [°]

Rotazioni [°]

250 200 150 100 50 0 −50

0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5 Tempo [s]

0.6

0.7

0.8

0.9

1

2.75 Asta OE [m]

Distanza EO [m]

2.74 2.73 2.72 2.71 2.7 2.69 2.68

0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5 Tempo [s]

0.6

0.7

0.8

0.9

1

Figura 11.5: Andamento temporale delle grandezze posizione

Per il calcolo delle velocità richieste è possibile derivare l'equazione appena scritta ottenendo la seguente equazione complessa. π π −R2 εe ˙ iϑ + eεe ˙ i(ε+ 2 ) = f˙eiϕ + f ϕe ˙ i(ϕ+ 2 )

(11.6)

Tale equazione è di tipo vettoriale e può quindi essere scomposta in due equazioni scalari proiettandola sui due assi reale ed immaginario.



−R2 ε˙ cos ϑ − eε˙ sin ε = f˙ cos ϕ − f ϕ˙ sin ϕ −R2 ε˙ sin ϑ + eε˙ cos ε = f˙ sin ϕ + f ϕ˙ cos ϕ

(11.7)

Il sistema può essere risolto utilizzando la scrittura matriciale di seguito ϕ˙ è nota e vale ϕ(0.1) ˙ = π 2 /3 cos(2π0.1) =

proposta in cui la variabile

2.66 rad/s.

−R2 cos ϑ − e sin ε − cos ϕ −R2 sin ϑ + e cos ε − sin ϕ

ε˙ −f ϕ˙ sin ϕ = f ϕ˙ cos ϕ f˙

(11.8)

Sostituendo i valori numerici nell'equazione (11.8) è possibile ottenere i seguenti risultati:

ε˙ 11.38 rad/s = −0.46 m/s f˙

(11.9)

133

CAPITOLO 11.

Si noti che

ε˙

SISTEMA DISCO ASTA

rappresenta la velocità angolare

~ωd

dei due dischi e il suo

valore positivo indica una rotazione dei dischi diretta in senso antiorario,

xOy come ~ωd = 11.38~k (vedi Figura da f˙ indica invece un'avvicinamento del

esprimibile in una terna cartesiana 11.8). perno

Il valore negativo assunto

E

alla cerniera in

O.

Ricavati i due valori numerici delle incognite

del sistema, è possibile fornire una rappresentazione graca del poligono di chiusura delle velocità in Figura 11.6.

f˙ϕ -R2ε˙

fϕ˙ eε˙

1 m/s

Figura 11.6: Poligono di chiusura dei vettori velocità

Risolvendo lo stesso sistema di equazioni per diversi istanti di tempo sarebbe possibile fornire una rappresentazione dell'andamento delle varie velocità del sistema (sia rotazionali come

ϕ˙ ˙,

che lineari come

f˙)

così come

riportato in Figura 11.7, in cui è stato evidenziato con un circolo lo stato relativo alla congurazione assunta per

t = 0.1 s.

Per il calcolo della velocità assoluta del punto scrivendo il vettore posizione del punto vettore coincide con il vettore

f~ di

E

E

è possibile procedere

e derivandolo; si noti che tale

Figura 11.6 e che pertanto vale:

˙ iϑ + eεe ˙ i(ε+ 2 ) v~E = f˙eiϕ + f ϕe ˙ i(ϕ+ 2 ) = −R2 εe π

π

(11.10)

Proiettando lungo gli assi reale e immaginario del piano cartesiano complesso si ottiene.

π vEx = −R2 ε˙ cos ϑ − ED ε˙ sin ε = f˙ cos ϕ + f ϕ˙ cos(ϕ + ) − 4.53 m/s 2 π vEy = −R2 ε˙ sin ϑ + ED ε˙ cos ε = f˙ sin ϕ + f ϕ˙ sin(ϕ + ) − 5.66 m/s 2 (11.11) 134

CAPITOLO 11.

SISTEMA DISCO ASTA

15

Velocità [rad/s]

10 5 0 −5 Asta OE [rad/s] Asta DE [rad/s]

−10 −15

0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5 Tempo [s]

0.6

0.7

0.8

0.9

1

0.9

1

Velocità [m/s]

0.5

Asta OE [m/s] 0

−0.5

0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5 Tempo [s]

0.6

0.7

0.8

Figura 11.7: Andamento temporale delle grandezze velocità

Il modulo della velocità del punto

E

risulta essere la somma vettoriale

delle due componenti.

|~vE | =

q

2 2 + vEy = 7.25 m/s vEx

(11.12)

L'angolo formato dal vettore velocità con l'asse reale è invece pari a:

∠ (~vE ) = arctan 11.2.2



vEy vEx



= 231.3◦

(11.13)

con i moti relativi

Per lo studio del moto del punto

E

viene eettuato un sistema di riferimento

x1 O1 y1

assoluto coincidende con quello complesso e una terna mobile origine

OA

O1

coincidente con il punto

(vedi Figura 11.8).

O

con

e rotante in modo solidale con l'asta

La velocità del punto

E

può quindi essere scritta

come segue:

(Ass)

~vE (Ass)

• ~vE

(Rel)

= ~vE

(Tr)

+ ~vE

(11.14)

: rappresenta il vettore di velocità assoluta del punto

dall'osservatore assoluto

xOy ,

E:

visto

il moto di E, pensato appartenente al

corpo rigido costituito dai due dischi, è dovuto alla rototraslazione dei dischi che rotolano senza strisciare lungo il piano inclinato. Sfruttando il teorema di Rivals, è possibile calcolare la velocità di ma vettoriale della velocità del punto

(~vD = ~ωd ∧ (D − H))

D

E

come som-

parallela al piano inclinato

con il termine di velocità relativa di

E

rispetto a 135

CAPITOLO 11.

SISTEMA DISCO ASTA

m

E

F D

θ s

ϕ O Figura 11.8: Sistema di riferimento assoluto e sistema di riferimento relativo

D , (~vED = ~ωd ∧ (E − H)).

Ne consegue che la velocità assoluta di

E

risulta pari a:

(Ass)

~vE = ~ωd ∧ (D − H) + ~ωd ∧ (E − H) = = ~ωd ∧ (E − H) Si noti che il vettore velocità assoluta di posizione del punto

E

E

(11.15)

risulta ortogonale al vettore

denito rispetto al punto di contatto

H

tra il

disco 2 e il piano inclinato, centro di istantanea rotazione per l'atto di moto considerato.

(Rel)

• ~vE

to alla terna rotante con origine in parallelamente ad

(T r)

• ~vE

E rispetE traslare

: rappresenta il vettore di velocità relativa del punto

O

che vede il punto

OA.

: rappresenta il vettore di velocità di trascinamento del punto

E

pensato solidale con la terna mobile e trascinato a ruotare attorno al (T r) O , ~vE = ~ωAO ∧ (E − O).

punto

Analizzando i singoli termini dell'equazione (11.14) è possibile notare come le incognite del problema siano i valori dei moduli dei vettori velocità deniti sulla terna assoluta e su quella mobile, mentre le direzioni di tutti i vettori velocità risultino essere note come sintetizzato in Tabella 11.4. Noto in modulo, direzione e verso il vettore velocità di trascinamento del punto

E

è dunque possibile pervenire ad una soluzione graca del problema

mediante il disegno del poligono di chiusura dei vettori velocità ottenuto 136

CAPITOLO 11.

Vettore

(Ass)

~vE

Modulo

ωd EH

(Rel)

(Rel)

~vE

vE

(T r)

~vE

Fase

incognita incognita

ωAO EO

SISTEMA DISCO ASTA

nota

kEH

nota

kOE

nota

⊥OE

nota

Tabella 11.4

tracciando le direzioni note della velocità relativa e di quella assoluta (linee (T r) vE . tratteggiate in Figura 11.9) assieme al vettore noto ~

EO

EH

v

(Tr) E

1 m/s

Figura 11.9: Risoluzione graca del poligono delle velocità

Modulo e verso dei vettori incogniti si ottengono considerando che il poligono delle velocità deve essere chiuso soddisfacendo la somma vettoriale di equazione (11.14). La risoluzione graca è riportata in Figura

?? secondo

la scala riportata

nella gura stessa.

(Ass)

~vE (

(Rel)

= ~vE

(Ass)

(T r)

+ ~vE

(Rel)

(11.16)

(T r)

~vE,x = ~vE,x + ~vE,x (Ass) (Rel) (T r) ~vE,x = ~vE,x + ~vE,x

Come si può notare la direzione assunta dal vettore

(11.17)

(Ass)

~vE

evidenzia che

il vettore velocità angolare del disco è diretto in senso antiorario: 137

CAPITOLO 11.

SISTEMA DISCO ASTA

v

(Rel) E

(Ass) E

v

v

(Tr) E

1 m/s

Figura 11.10: Poligono di chiusura sulle velocità

(

|~ωD | =

|~vE ASS)| = 11.38 rad/s EH

con:

~ωd = 11.38~k . E' possibile osservare come i termini di velocità ottenuti studiando il moto del punto e la terna mobile

x1 O1 y1

siano analoghi a quelli ottenuti studiando

il problema con l'equazione di chiusura 11.18: π π −R2 εe ˙ iϑ + eεe ˙ i(ε+ 2 ) = f˙eiϕ + f ϕe ˙ i(ϕ+ 2 ) {z } |{z} | {z } | (Ass)

~ vE

138

(Rel)

~ vE

(T r)

~ vE

(11.18)

CAPITOLO 11.

11.3

SISTEMA DISCO ASTA

Soluzione del quesito 2

11.3.1

Con i numeri complessi

Nota la velocità angolare della coppia di dischi, è possibile calcolare facilmente la velocità della massa collegata alla fune considerando il legame cinematico rappresentato dalla fune che la collega al disco.

Trattandosi di

una fune inestensibile i due punti estremi sono caratterizzati dalla medesima componente di velocità lungo la fune.

Nel presente caso, essendo la fune

parallela al piano inclinato, la componente di velocità lungo la fune coincide con la velocità della massa

m

ed in particolare con la velocità del punto di

attacco della fune sul disco di raggio

P

R1 ,

il punto

considerato come punto del disco e il punto

P

P.

Si noti che il punto

considerato come punto

della fune coincidono solo per l'istante relativo all'atto di moto considerato, mentre nell'istante successivo saranno altri due punti ad essere in contatto. Nell'istante considerato la velocità della massa è pari alla velocità del punto

P

appartenente al disco che può essere scritta come segue:

~vP = ~ωd ∧ (P − H) Nota la velocità angolare,

~ωd = 11.38~k ,

(11.19)

il vettore posizione può essere

scritto come segue:

(P − H) = −P H sin ϑ~i + P H cos ϑ~j con

(11.20)

P H = R1 + R2 .

Svolgendo i prodotti vettoriali si trova:

~k ~i ~j ~vp = ω ~ d ∧ (P − H) = 0 0 ωd = −P H sin ϑ P H cos ϑ 0

(11.21)

= −ωd P H cos ϑ~i − ωd P H sin ϑ~j = −8.87~i − 5.12~j

Le componenti del vettore

~vp

sono:

vP x = 8.87 m/s vP y = 5.12 m/s Il modulo della velocità del punto

P

(11.22)

è pari al modulo della somma

vettoriale delle due componenti. 139

CAPITOLO 11.

SISTEMA DISCO ASTA

|~vP | =

q

vP2 x + vP2 y = 10.24 m/s

(11.23)

L'angolo formato dal vettore velocità con l'asse reale è invece pari a:

∠ (~vP ) = arctan Si noti che il vettore velocita

v~P



vP y vP x



= 210◦

(11.24)

risulta essere parallelo al piano inclinato.

In Figura 11.11 è riportata la rappresentazione graca del vettore velocità

~vP . 2m s

P ~vP E

D

~vE

Figura 11.11: Composizione delle velocità del punto

140

P

CAPITOLO 11.

11.4

SISTEMA DISCO ASTA

Soluzione del quesito 3

11.4.1

Con i numeri complessi

Per il calcolo delle accelerazioni richieste è necessario procedere derivando l'equazione vettoriale (11.18), ottenendo la seguente espressione.

π π π −R2 ε¨eiϑ + e¨ εei(ε+ 2 ) − eε˙2 eiε = f¨eiϕ + 2f˙ϕe ¨ i(ϕ+ 2 ) − f ϕ˙ 2 eiϕ ˙ i(ϕ+ 2 ) + f ϕe {z } |{z} | | {z } | {z } (Ass)

(Rel)

~aE

~aE

(Cor)

(T r)

~aE

~aE

(11.25)

Tale equazione può essere proiettata lungo l'asse reale ed immaginario del

piano cartesiano, ottenendo il seguente sistema di equazioni scalari.

  (−R2 cos ϑ − e sin ε) ε¨ − eε˙2 cos ε =f¨ cos ϕ − 2f˙ϕ˙ sin ϕ+     − f ϕ¨ sin ϕ − f ϕ˙ 2 cos ϕ  (−R2 sin ϑ + e cos ε) ε¨ − eε˙2 sin ε =f¨ sin ϕ + 2f˙ϕ˙ cos ϕ+     + f ϕ¨ cos ϕ − f ϕ˙ 2 sin ϕ

(11.26)

Per la risoluzione del precedente sistema è conveniente ricorrere alla scrittura matriciale. Si noti che la grandezza ϕ ¨ è nota e pari, nell'istante considerato, a ϕ(0.1) ¨ = −2π 3 /3 sin(2π0.1) = −12.15 rad/s.

ε¨ −R2 cos ϑ − e sin ε − cos ϕ = −R2 sin ϑ + e cos ε − sin ϕ f¨ 2 eε˙ cos ε − 2f˙ϕ˙ sin ϕ − f ϕ¨ sin ϕ − f ϕ˙ 2 cos ϕ = eε˙2 sin ε + 2f˙ϕ˙ cos ϕ + f ϕ¨ cos ϕ − f ϕ˙ 2 sin ϕ

(11.27)

Sostituendo quindi i valori numerici nell'equazione (11.27) è possibile ottenere i seguenti risultati:

ε¨ −16.7 rad/s2 = −0.74 m/s2 f¨ Si noti che

ε¨

(11.28)

rappresenta l'accelerazione angolare

~ωd = −16.7~k

dei due

dischi e il suo valore negativo indica che rotazione dei dischi risulta essere un moto decelerato. Il valore negativo assunto da valore negativo assunto da

f˙

f¨ essendo

concorde con il

indica invece che il moto relativo perno/asta è

accelerato. 141

CAPITOLO 11.

SISTEMA DISCO ASTA

Ricavati i due valori numerici delle incognite del sistema, è possibile fornire una rappresentazione graca del poligono di chiusura delle accelerazioni in Figura 11.12. Risolvendo il sistema 11.27 per diversi istanti di tempo è inoltre possibile fornire una rappresentazione dell'andamento delle varie accelerazioni del sistema (sia rotazionali come

ϕ¨

e

¨,

che lineari come

f¨)

così come riportato in

Figura 11.13, in cui è stato evidenziato con un circolo lo stato relativo alla congurazione assegnata per

t = 0.1s.

. fϕ2 .. fϕ . eε 2 .. eε .. . . R2ε .. 2fϕ f

5 m/s^2

Figura 11.12: Poligono di chiusura dei vettori accelerazione

Accelerazioni [rad/s2]

150 100 50 0 −50

Asta OE [rad/s2]

−100 −150

Asta DE [rad/s2] 0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5 Tempo [s]

0.6

0.7

0.8

0.9

1

0.9

1

6 Accelerazioni [m/s2]

4 2 0 −2 Asta OE [m/s2]

−4 −6 −8

0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5 Tempo [s]

0.6

0.7

0.8

Figura 11.13: Andamento temporale delle grandezze velocità

Per il calcolo dell'accelerazione assoluta del punto derivando il vettore velocità: 142

E

è possibile procedere

CAPITOLO 11.

SISTEMA DISCO ASTA

a~E = −R2 ε¨eiϑ + e¨ εei(ε+ 2 ) − eε˙2 ei(ε) π

(11.29)

Proiettando lungo gli assi reale e immaginario del piano cartesiano complesso si ottiene.

aEx = −R2 ε¨ cos ϑ − Rp ε¨ sin ε − Rp ε˙2 cos ε = 38.71 m/s2 aEy = −R2 ε¨ sin ϑ + Rp ε¨ cos ε − Rp ε˙2 sin ε = 12.77 m/s2 Il modulo dell'accelerazione del punto

(11.30)

E risulta essere la somma vettoriale

delle due componenti.

q |~aE | = a2Ex + a2Ey = 40.76 m/s2

(11.31)

L'angolo formato dal vettore accelerazione con l'asse reale è invece pari a:

∠ (~vE ) = arctan Utilizzando la terna mobile



x1 O1 y1

aEy aEx



= 18.2◦

(11.32)

e il sistema di riferimento assoluto

riportati in Figura 11.8 , è possibile studiare il moto del punto

(Ass)

~aE (Ass)

• ~aE

(Rel)

= ~aE

(T r)

+ ~aE

E:

(Cor)

+ ~aE

(11.33)

:rappresenta il vettore di accelerazione assoluta del punto

E

che

appartiene al corpo rigido costituito dai due dischi. Per la determinazione dell'accelerazione è possibile utilizzare il teorema di Rivals per le accelerazioni facendo riferimento al centro del disco

D

che in un di-

sco che rotola senza strisciare ha un'accelerazione parallela al piano di

a~D =~˙ωd ∧ (D − H). Non è invece possibile riferirsi al punto di contatto H che ha velocità nulla, ma accelerazione diversa da zero ed incognita. Complessivamente l'accelerazione assoluta di E scorrimento e pari a

può essere scritta come segue:

(Ass) ~aE = ~aD + ~aED =~˙ωd ∧ (D − H) +~˙ωd ∧ (E − D) + +~˙ωd ∧ ~˙ωd ∧ (E − D) = =~˙ωd ∧ (E − H) +~˙ωd ∧ ~˙ωd ∧ (E − D) (Rel)

• ~aE

(11.34)

: rappresenta il vettore di accelerazione relativa del punto

E

ri-

spetto alla terna mobile prescelta e risulta pertanto parallelo all'asta

AO . 143

CAPITOLO 11.

SISTEMA DISCO ASTA

(T r)

• ~aE : rappresenta il vettore di accelerazione di trascinamento del punto E pensato solidale alla terna prescelta e trascinato in un moto rotatorio attorno al punto O . Tale accelerazione avrà una componente tangen(T r) ziale ortogonale all'asta AO , ~ aEt = ~ω˙ AO ∧(E − O) ed una componente (T r) normale parallela all'asta AO , ~ aEn = ~ωAO ∧ (~ωAO ∧ (E − O)); (Co)

• ~aA

: rappresenta il termine di accelerazione di Coriolis denita dal

doppio del prodotto vettoriale fra la velocità angolare della terna mobile (Cor) e la velocità relativa del punto E rispetto a tale terna, ~ aE = 2~ωAO ∧ (Rel) ~vE . ;

È possibile compilare una tabella in cui si evidenzino i termini noti e quelli incogniti di ciascun vettore di accelerazione. Vettore

(Ass)

~aE1

(Ass)

~aE2

(Rel)

~aE

Modulo

ω˙ d EH

incognita

ωd2 ED (Rel)

aE

nota

incognita

Fase

⊥EH

nota

kDE

nota

kOE

nota

⊥OE

nota

(Cor)

2ω˙ d vE

(T r)

ω˙ AO EO

nota

nota

(T r)

⊥OE

2 ωAO EO

nota

kOE

nota

~aE

~aEt

~aEn

(Rel)

nota

Tabella 11.5 Si noti che, per chiarezza, l'accelerazione assoluta di in due componenti (1 e dipendente da

ωd

2),

la prima dipendente da

ω˙ d

E

è stata scomposta

incognita e la seconda

e quindi nota. Anche in questo caso risultano essere note

le direzioni di tutti i vettori accelerazione ed è possibile disegnare il poligono di chiusura dei vettori. Risulta conveniente disegnare dapprima i vettori di cui si conosca modulo direzione e verso per poi chiudere il poligono sfruttando la conoscenza della direzione dei vettori incogniti. In Figura 11.14 sono rappresentati i vettori noti (con linea continua) e le rette che identicano le direzioni dei vettori incogniti (con linea tratteggiata). Modulo e verso dei vettori incogniti risulteranno deniti imponendo che tale poligono di vettori sia chiuso secondo la somma vettoriale 11.33. I vettori sono riportati in Figura 11.15 opportunamente scalati per mantenere i rapporti tra i loro moduli inalterati, mentre le direzioni sono rispettate; in tal modo è possibile visualizzare l'importanza dei 144

CAPITOLO 11.

SISTEMA DISCO ASTA

singoli termini nella denizione del moto del sistema articolato nell'istante considerato.

(Tr)

aE,n

5 m/s2

EO (Tr) aE,t

EH

(Ass)

aE2

(Cor)

aE

Figura 11.14: Risoluzione graca del poligono delle accelerazioni

(Tr)

aE,n

5 m/s2

(Rel)

aEt (Tr) E,t

a

(Ass)

aE1

(Ass)

aE2

(Cor)

aE

Figura 11.15: Poligono di chiusura sulle accelerazioni

Come si può notare la direzione assunta dal vettore

(Ass)

~aE1

evidenzia che

il vettore accelerazione angolare del disco è diretto in senso orario,

−16.7~k .

~˙ d = ω

(

~˙ D | = |~aE ASS)| = |ω EH Si può osservare l'analogia dei termini di accelerazione ottenuti mediante lo studio del moto del punto

E

eettuato con terne mobili e con il metodo

dei numeri complessi. 145

CAPITOLO 11.

11.5

SISTEMA DISCO ASTA

Soluzione del quesito 4

11.5.1

Con il teorema di Rivals

Per determinare l'accelerazione della massa si consideri il legame cinematico rappresentato dalla fune che la collega al disco.

Trattandosi di una fune

inestensibile disposta parallelamente al piano di scorrimento della massa e della coppia di dischi l'accelerazione dei suoi punti coincide con la componente lungo la fune delle accelerazioni dei due punti di estremità. Il punto di attacco della fune sul disco di raggio

R1 considerato come punto appartenente al disco

è pari a:

~˙ d ∧ (P − D) + ~ωd ∧ (~ωd ∧ (P − D)) ~aP = ~aD + ω

(11.35)

Alla fune è trasmessa la sola componente diretta come la fune stessa che per il caso in esame (fune parallela al piano inclinato) vale:

~˙ P D ∧ (P − D) = ω ~˙ d ∧ (D − H) + ω ~˙ P D ∧ (P − D) = ω ~˙ d ∧ (P − H) ~aP t = ~aD + ω

(11.36)

Svolgendo i prodotti vettoriali si trova:

~k ~i ~j ~apt = ~ωd ∧ (P − H) = 0 0 ω˙ d = −P H sin ϑ P H cos ϑ 0

(11.37)

= −ω˙ d P H cos ϑ~i − ω˙ d P H sin ϑ~j = 13.02~i + 7.52~j

In denitiva si ottiene:

aP tx = 13.02 m/s2 aP ty = 7.52 m/s2

(11.38)

Il modulo dell'accelerazione della massa è pari al modulo della somma vettoriale delle due componenti.

|~aP t | =

q

a2P tx + a2P ty = 15.04 m/s2

(11.39)

L'angolo formato dal vettore accelerazione con l'asse reale è invece pari a: 146

CAPITOLO 11.

∠ (~aP t ) = arctan



aP ty aP tx



SISTEMA DISCO ASTA

= 30◦

(11.40)

In Figura 11.16 è riportata la rappresentazione graca del vettore accelerazione

~aP t 20 m s

P

E

D

~aP ~aE

Figura 11.16: Rappresentazione graca dell'accelerazione della massa

147

CAPITOLO 11.

148

SISTEMA DISCO ASTA

12 Carrellino In Figura 12.1 è riportato lo schema cinematico di un sistema meccanico che si muove nel piano.

B h

v a R

E D Rp L/4 L/4 L/4 L/4

Figura 12.1: Sistema carrello automobile

Tale sistema è composto da un carrello libero di muoversi lungo un piano ◦ inclinato rispetto all'orizzontale di un angolo pari a ϑ = 10 . Un pistone 149

CAPITOLO 12.

collega il punto

CARRELLINO

E

della ruota anteriore al punto

B

appartenente al carrello

stesso. Sono note le grandezze geometriche riportate in Tabella 12.1

h=5m

R = 0.8 m

L=4m

Rp = 0.4 m

Tabella 12.1: Dati geometrici del sistema Per il sistema in esame viene inoltre assegnata, a partire dalla condizione di quiete, la seguente legge di moto.

( 2 m/s2 |~a(t)| = 0 m/s2

per per

0 6 t < 1, t > 1.

(12.1)

Si richiede quindi di calcolare: 1. La lunghezza ed l'inclinazione del pistone nell'istante

t = 0.5 s;

vEB nell'istante 2. Il vettore velocità di allungamento del pistone ~ 3. Il vettore accelerazione di allungamento del pistone

~aEB

t = 0.5 s;

nell'istante

t = 0.5 s; 12.1

Analisi del moto

Per prima cosa si propone in Figura 12.2 una rappresentazione del sistema per dierenti istanti temporali. Il sistema, costituito complessivamente da 5 corpi rigidi, ovvero il corpo del carrello, i due dischi e le due parti che compongono il pistone, disporrebbe, in assenza di vincoli, di 15 gradi di libertà. Per calcolare i gradi di libertà eettivamente lasciati liberi dal sistema di vincoli è necessario considerare che:

•

ciascuno dei due dischi è incernierato al corpo del carrello in corrispon-

•

il vincolo di puro rotolamento tra ciascun disco e il piano impedisce

denza del centro (per ciascun disco vincolo doppio);

il distacco dei dischi dal piano e lega la rotazione dei dischi all'avanzamento relativo degli stessi lungo il piano (per ciascun disco vincolo doppio);

•

le due parti che compongono il pistone sono vincolate mediante un manicotto che consente solo traslazioni relative lungo l'asse del pistone stesso (vincolo doppio);

150

CAPITOLO 12.

v =0.0 m s

B

v =0.8 m s

t =0.0s

t =0.4s

ε =-0.0 ◦

ε =-11.5 ◦

CARRELLINO

B

D

D E

E

(a) Istante t = 0s

v =1.6 m s

(b) Istante t = 0.4s

B

B

v =2.0 m s

t =0.8s

t =1.0s

ε =-45.8 ◦

ε =-71.6 ◦

D

D E

E

(c) Istante t = 0.8s

(d) Istante t = 1.0s

B

B

v =2.0 m s

v =2.0 m s

t =1.4s

t =1.8s

ε =-128.9 ◦

ε =-186.2 ◦

D

D E E

(e) Istante t = 1.4s

(f) Istante t = 1.8s

Figura 12.2: Cinematica del sistema per vari istanti temporali

151

CAPITOLO 12.

•

CARRELLINO

ciascuna delle due parti che compongono il pistone è incernierata al resto del sistema: al carrello in

B

e al disco anteriore in

E

(vincolo

doppio); Il computo dei gradi di libertà del sistema può quindi essere sintetizzato in Tabella 12.2. 3 g.d.l. x 5 corpi rigidi =

15 g.d.l.

-

1 manicotto =

2 g.d.v.

-

4 cerniera =

8 g.d.v.

-

2 vincolo di puro rotolamento =

4 g.d.v.

-

1 g.d.l.

residuo

Totale

Tabella 12.2: Computo dei g.d.l. residui del sistema

Il carrello compie un moto traslatorio, i due dischi e ciascuna parte che compone il pistone un moto rototraslatorio.

12.2

Soluzione del quesito 1

12.2.1

Con i numeri complessi

Prima di procedere alla risoluzione del quesito 1 è opportuno integrare la legge di moto data dal testo del problema. Per quanto riguarda le velocità assunte dal carrello, è possibile integrare l'equazione (12.1), a partire dalla condizione iniziale

|~v(t = 0)| = 0,

ottenendo la seguente espressione.

|~v (t)| =

Zt

|~a (t)| dt

(12.2)

0

Da cui:

( 2t m/s |~v (t)| = 2 m/s

per per

0 6 t < 1, t > 1.

(12.3)

Integrando nuovamente l'equazione (12.3) e imponendo la condizione iniziale

|~s(t = 0)| = 0

è possibile ottenere la legge oraria del carrello.

|~s (t)| = 152

Zt 0

|~v (t)| dt

(12.4)

CAPITOLO 12.

CARRELLINO

Ovvero:

( t2 m |~s(t)| = 1 + 2(t − 1) m

per per

0 6 t < 1, t > 1.

(12.5)

Delle equazioni (12.1), (12.3) e (12.5) è possibile fornire una rappresentazione graca, così come riportato in Figura 12.3.

3 Accelerazione [ms−2] −1

Velocità [ms ] Spostamento [m]

2.5

2

1.5

1

0.5

0

0

0.5

1 Tempo [s]

1.5

2

Figura 12.3: Legge di moto del sistema Per la risoluzione dei quesiti proposti mediante l'utilizzo dei numeri complessi, è necessario denire innanzi tutto il sistema di riferimento complesso con assi

x ≡ <e allineato con

il piano inclinato e

e con l'origine coincidente con il punto

H

y ≡ =m ad esso ortogonale t = 0 s . Tale scelta

al tempo

è arbitraria e facilita l'analisi cinematica del sistema che può essere fatta pensando che il carrello si stia muovendo su un piano orizzontale. In Figura 12.4 si riporta il sistema di riferimento sovrapposto al sistema articolato in esame.

Denito il sistema di riferimento è possibile scrivere l'equazione di

chiusura dei vettori posizione; tale equazione impone che il moto del sistema avvenga in modo conforme ai vincoli. Si noti che gli angoli sono riferiti alla direzione dell'asse reale del piano cartesiano e, quindi, del piano inclinato. Con i vettori di Figura 12.4 l'equazione di chiusura risulta:

~a + ~b + ~c = d~ + ~e

(12.6)

In Tabella 12.3 sono riportate le grandezze note e quelle incognite dei vettori scelti. Utilizzando la scrittura con notazione complessa l'equazione (12.6) può essere scritta nel seguente modo:

aeiα + beiβ + ceiγ = deiδ + eeiε

(12.7) 153

CAPITOLO 12.

CARRELLINO

γ B

b

c D

E e

d

a

Figura 12.4: Poligono di chiusura sui vettori posizione

Vettore

Modulo

~a

a

~b

b=h

~c

c

variabile

d~

d

variabile

~e

e = Rp

Fase

α = 0◦

variabile costante

β = 90◦ γ

costante costante

variabile

δ = 0◦ costante ε

costante

variabile

Tabella 12.3

Data la scelta del sistema di riferimento vale

α=δ=0

e

β=

π , da cui 2

si ottiene l'equazione:

a + ib + ceiγ = d + eeiε

(12.8)

L'equazione (12.8) può essere ulteriormente semplicata tenendo conto che:

•

il termine

d−a

•

esiste un legame tra la rotazione del disco e l'avanzamento del carrello

è costante ed pari a

L/4;

lungo il piano inclinato: infatti ad un avanzamento s corrisponde una s rotazione del disco ε = − , dove il segno negativo indica che l'avanzaR mento del carrello comporta una rotazione antioraria del disco, secondo le convenzioni riportate in Figura 12.4.

154

CAPITOLO 12.

CARRELLINO

L'equazione (12.8) può essere quindi riscritta nel seguente modo:

ib + ceiγ =

s L + ee−i R 4

(12.9)

Proiettando sugli assi reale e immaginario l'equazione (12.9)si ottiene il seguente sistema di equazioni:



c cos γ = L4 + e cos − Rs b + c sin γ = e sin − Rs



(12.10)

Dalla prima delle due equazioni del sistema (12.10) è possibile esplicitare la dipendenza di

c

dall'angolo

γ.

c=

L 4

+ e cos − Rs cos γ



(12.11)

Sostituendo la relazione appena scritta nella seconda equazione del sistema (12.10), è possibile ricavare la dipendenza di

γ

dallo spazio percorso dal

carrello lungo il piano inclinato.

γ = arctan

! e sin − Rs − b s L + e cos − 4 R

(12.12)

s(t = 0.5s) = 0.25 m è possibile, mediante γ = −65.07◦ e, mediante la (12.11), il c = 5.64 m.

Sostituendo quindi il valore di

la (12.12) ricavare il valore dell'angolo valore di lunghezza del pistone

12.3 12.3.1

Soluzione del quesito 2 Con i numeri complessi

~vEB , il cui modulo per c˙, è necessario derivare

Per il calcolo della velocità di allungamento del pistone le convenzioni prese corrisponde al valore assoluto di l'equazione (12.9), ottenendo quanto segue:

ce ˙ iγ + cγe ˙ i(γ+ 2 ) = eεe ˙ i(ε+ 2 ) π

ε˙ è noto in quanto può s v legame cinematico ε = − ed è pari a ε˙ = − R R vale ε(0.5) ˙ = −1.25 rad/s Si noti che il termine

π

(12.13)

essere ottenuto derivando il che nell'istante considerato

Proiettando sugli assi reale ed immaginario l'equazione (12.13) si ottiene

il seguente sistema di equazioni: 155

CAPITOLO 12.

CARRELLINO



c˙ cos γ − cγ˙ sin γ = −eε˙ sin ε c˙ sin γ + cγ˙ cos γ = eε˙ cos ε

(12.14)

Il sistema di equazioni appena scritte è un sistema lineare nelle incognite

c˙

γ˙

e

e può essere espresso utilizzando la forma matriciale sotto riportata:

cos γ −c sin γ c˙ −eε˙ sin ε = sin γ c cos γ γ˙ eε˙ cos ε

(12.15)

Dalla soluzione del sistema lineare (12.15) che può essere ottenuta ad esempio utilizzando il metodo di Cramer e sostituendo gli opportuni valori numerici, è possibile ottenere la seguente soluzione numerica:

c˙ 0.366 m/s = γ˙ −0.060 rad/s Il termine

c˙

(12.16)

ottenuto rappresenta la velocità di allungamento del pistone

richiesta: il valore positivo indica che nell'istante indicato il pistone si sta allungando.

Il vettore velocità di allungamento vecvBE avrà quindi stessa vecc: vecvBE = ce ˙ iγ .Il termine γ˙ rappresenta la

direzione e verso del vettore

velocità di rotazione del pistone, oraria nell'istante di tempo considerato.

12.3.2

Con i moti relativi

Osservando l'equazione (12.13) è possibile evidenziare l'analogia tra i termini che la compongono e quelli ottenibili eettuando lo studio del moto del punto

E , con il teorema dei moti relativi, utilizzando una terna mobile rototraslante x1 O1 y1 con origine O1 coincidente con il punto B e rotante solidalmente al pistone BE (vedi Figura 12.5). 156

CAPITOLO 12.

CARRELLINO

B h

v a R

E D Rp L/4 L/4 L/4 L/4

Figura 12.5: Sistema di riferimento assoluto e sistema di riferimento relativo

La velocità del punto

E

risulta essere:

(Ass)

~vE

(Rel)

= ~vE

(Tr)

+ ~vE

(12.17)

dove:

(Ass)

• ~vE

: rappresenta il vettore velocità assoluta del punto

E

appartenen-

te a uno dei due dischi che rotola senza strisciare sul piano inclinato: il punto

E

è pertanto soggetto ad una rototraslazione data dalla so-

vrapposizione della traslazione del centro del disco e dalla rotazione relativa di

E

rispetto a tale centro che avviene con velocità angolare |~ωD | = |~Rv| . Sfruttando il teorema di Rivals e la posizione del CIR , punto di contatto del disco con la strada, si ottiene (Ass) ~vE = ~vD + ~ωD ∧ (E − D) = ~ωD ∧ (E − P ); pari in modulo a

(Rel)

• ~vE

: rappresenta il vettore velocità relativa del punto

terna mobile con origine in

O1 ≡ B

che vede il punto

E rispetto alla E muoversi nel

suo moto relativo lungo una traiettoria rettilinea parallela all'asse del pistone;

(T r)

• ~vE

: rappresenta il vettore velocità di trascinamento del punto

A pen-

sato solidale con la terna mobile: il moto di trascinamento è dato dalla sovrapposizione della traslazione del sistema di riferimento mobile, pa(T r) ~vE = ~vB + ω ~ BE ∧ (E − B)) .

rallela al piano inclinato e della sua rotazione,

157

CAPITOLO 12.

CARRELLINO

Analizzando i singoli termini dell'equazione (12.17) è possibile notare come le incognite del problema siano i valori dei moduli dei vettori velocità deniti sulla terna mobile mentre le direzioni di tutti i vettori velocità risultino essere note come sintetizzato in Tabella 12.4.

Vettore

Modulo

(Ass)

~vD

(Ass)

~ωD ∧ (E − D)

~vE1 ~vE2

(Rel)

~vE

(T r) (T r)

nota

nota nota

incognita

~vE1 ~vE2

Fase

~vB

nota

~ωBE ∧ (E − B)

nota

⊥ED

nota

kBE

nota

incognita

kx

nota

kx

⊥BE

Tabella 12.4

Si osservi che i termini

~vD

e

~vB

si equivalgono, in quanto entrambi rap-

presentano la velocità di traslazione del carrello lungo il piano inclinato e sono pari a

~v ; tali termini possono pertanto essere semplicati dall'equazione

(12.17) che diventa:

(Ass)

~vE2

(Rel)

= ~vE

(Tr)

+ ~vE2

(12.18)

Noto in modulo, direzione e verso il vettore velocità assoluta del punto

E

sarebbe stato dunque possibile pervenire ad una soluzione graca del problema mediante il disegno del poligono di chiusura dei vettori velocità ottenuto tracciando le direzioni note della velocità relativa e di quella di trascinamen(Ass) vE2 . Modulo to (linee tratteggiate in Figura 12.6) assieme al vettore noto ~ e verso dei vettori incogniti si ottengono considerando che il poligono delle velocità deve essere chiuso e osservando come i diversi vettori si combinino nell'equazione vettoriale dell'equazione (12.18). La risoluzione graca è riportata in Figura 12.7 secondo la scala riportata nella gura stessa. Come si può notare la direzione assunta dal vettore

(T r)

~vE2

evidenzia che la

velocità angolare del pistone è diretta in senso orario ed il suo modulo può (tr) → |− vE | → − 2 = −0.060 rad essere ricavato come | ω BE | = . Il vettore velocità relativa BE s (Rel) ~vE rappresenta invece la velocità di allungamento del pistone, in modulo (Rel) pari a : |~ vBE | = |~vE | = 0.366 ms . 158

CAPITOLO 12.

CARRELLINO

kBE (Ass)

~vE1

⊥BE

0.1 m s

Figura 12.6: Risoluzione graca del poligono delle velocità

(Rel)

~vE (Ass)

~vE2

(T r)

~vE2

0.1 m s

Figura 12.7: Poligono di chiusura delle velocità

12.4 12.4.1

Soluzione del quesito 3 Con i numeri complessi

Si procede ora al calcolo dell'accelerazione richiesta derivando l'equazione (12.13):

c¨eiγ + 2c˙γe ˙ i(γ+ 2 ) + c¨ γ ei(γ+ 2 ) − cγ˙ 2 eiγ = e¨ εei(ε+ 2 ) − eε˙2 eiε π

ε¨ è noto ed ε¨(0.5) = −2.5 rad/s2

Si noti che il termine considerato vale

π

π

è pari a

ε¨ = − Ra

(12.19)

che nell'istante

159

CAPITOLO 12.

CARRELLINO

Proiettando l'equazione (12.19) sugli assi reale ed immaginario, o in maniera equivalente derivando direttamente il sistema (12.14), si ottiene il seguente sistema di equazioni scalari:



c¨ cos γ − 2c˙γ˙ sin γ − c¨ γ sin γ − cγ˙ 2 cos γ = −e¨ ε sin ε − eε˙2 cos ε c¨ sin γ + 2c˙γ˙ cos γ + c¨ γ cos γ − cγ˙ 2 sin γ = e¨ ε cos ε − eε˙2 sin ε

(12.20)

Ancora una volta è possibile riscrivere il sistema di equazioni (9.9) in modo da renderne più semplice la risoluzione attraverso i metodi dell'algebra lineare:



cos γ − sin γ sin γ cos γ

c¨ −e¨ ε sin ε − eε˙2 cos ε + 2c˙γ˙ sin γ + cγ˙ 2 cos γ = γ¨ e¨ ε cos ε − eε˙2 sin ε − 2c˙γ˙ cos γ + cγ˙ 2 sin γ

(12.21)

Sostituendo i valori numerici è possibile ottenere il seguente risultato:

0.32 m/s2 c¨ = γ¨ −0.19 rad/s2

Il termine

c¨ rappresenta

(12.22)

l'accelerazione del moto di allungamento del pi-

stone : il valore positivo, concorde con il valore della velocità, indica che nell'istante indicato tale moto è accelerato. Il termine

γ¨

rappresenta l'acce-

lerazione angolare del pistone: il valore negativo, concorde con il valore della corrispondente velocità angolare, indica una rotazione decelerata nell'istante considerato.

12.4.2

Con i moti relativi

Osservando con attenzione l'equazione 12.19 è possibile notare come i vari termini che la compongono siano analoghi a quelli che si ricaverebbero nello studio dell'accelerazione del punto

E

utilizzando la terna mobile

x1 O1 y1

di

Figura 12.5:

(Ass)

~aE

(Rel)

= ~aE

(T r)

+ ~aE

(Cor)

+ ~aE

(12.23)

dove:

(Ass)

• ~aE

: rappresenta il vettore accelerazione assoluta del punto

partenente al corpo rigido disco.

possibile calcolare l'accelerazione di celerazione del centro del disco

~aD 160

= ~a = ~ω˙ D ∧ (D − P )

D

E

ap-

Sfruttando il teorema di Rivals, è

E

come somma vettoriale dell'ac(Ass) parallela al piano inclinato (~ aE1 =

) con i termini di accelerazione relativa di

CAPITOLO 12.

CARRELLINO

E rispetto a D , un termine di accelerazione centripeta parallela a ED (Ass) (~ aEn2 = ω ~ D ∧~ωD ∧(E − D)) ed un termine di accelerazione tangenziale (Ass) ~˙ D ∧ (E − D)); ortogonale ad ED (~ aEt2 = ω (Rel)

• ~aE

:

rappresenta il vettore accelerazione relativa del punto

E BE ;

spetto alla terna mobile prescelta che vede il punto

traiettoria rettilinea parallela all'asse del pistone

(T r)

• ~aE to

E

ri-

percorrere una

: rappresenta il vettore accelerazione di trascinamento del pun-

E,

considerato solidale alla terna prescelta nel suo moto rototra-

slatorio. Tale accelerazione contributo traslazionale parallelo al pia(T r) (T r) aE1 = ~a), del contributo rotatorio normale (~aEn2 = no inclinato (~ (T r) ~ωBE ∧ ~ωBE ∧ (E − B)) e del contributo rotatorio tangenziale (~aEt2 =

~ω˙ BE ∧ (E − B)); (Co)

• ~aE

: rappresenta il vettore accelerazione di Coriolis denita dal doppio

del prodotto vettoriale fra la velocità angolare della terna mobile e la (Cor) (Rel) velocità relativa del punto E rispetto a tale terna, ~ aE = 2~ωBE ∧~vE .

Analizzando i singoli termini dell'equazione (12.23) è possibile notare come le incognite del problema siano i valori dei moduli dei vettori accelerazione mentre le direzioni di tutti i vettori risultino essere note come sintetizzato in Tabella 12.5.

Vettore

Modulo

Fase

(Ass)

~aD

(Ass)

~ωD ∧ ~ωD ∧ (E − D)

~aE1

~aEn2

(Ass)

~aEt2

(Rel)

~aE

nota

~ω˙ D ∧ (E − D)

nota nota

nota

incognita

(T r)

~aB

(T r)

~ωBE ∧ ~ωBE ∧ (E − B)

~aE1

~aEn2

(T r)

~aE2

(Cor)

~aE

nota

~˙ BE ∧ (E − B) ω

incognita

(Rel)

2~ωBE ∧ ~vE

nota

kED

nota

⊥ED

nota

kBE

nota nota

nota

kx

kx

nota

kBE

nota

⊥BE

nota

⊥BE

Tabella 12.5

161

CAPITOLO 12.

CARRELLINO

Si osservi che i termini

~aD

e

~aB

si equivalgono, in quanto entrambi rap-

presentano l'accelerazione di traslazione del carrello lungo il piano inclinato e sono pari a

~a;

tali termini possono pertanto essere semplicati dall'equazione

(12.23) che diventa:

(Ass)

~aE2

(Rel)

= ~aE

(Tr)

+ ~aE2

(12.24)

Anche in questo caso è possibile pervenire ad una soluzione graca del problema mediante il disegno del poligono di chiusura dei vettori accelerazione ottenuto tracciando le direzioni note (linee tratteggiate in Figura 12.8) assieme ai vettori noti. Risulta conveniente disegnare dapprima i vettori di cui si conosca modulo direzione e verso per poi chiudere il poligono sfruttando la conoscenza della direzione dei vettori incogniti. Modulo e verso dei vettori incogniti risulteranno deniti imponendo che il poligono di vettori sia chiuso secondo l'equazione vettoriale 12.18.

(Cor)

~aE

0.2 sm2

(T r)

~aEn2

kBE

⊥BE (Ass)

(Ass) ~aEn2

~aEt2

Figura 12.8: Risoluzione graca del poligono delle accelerazioni

La risoluzione graca è riportata in Figura 12.9 secondo la scala riportata nella gura stessa. 162

CAPITOLO 12.

(Cor)

~aE

0.2 sm2

CARRELLINO

(T r)

~aEn2

(Rel)

~aE (T r)

~aEt2

(Ass)

(Ass)

~aEn2

~aEt2

Figura 12.9: Poligono di chiusura delle accelerazioni

Come si può notare la direzione assunta dal vettore

(T r)

~vEt2

evidenzia che

l'accelerazione angolare del pistone è diretta in senso orario ed il suo modulo (tr) → |− a Et | → − 2 può essere ricavato come | ω ˙ BE | = BE . Il vettore accelerazione = −0.19 rad s2 (Rel) relativa ~ aE rappresenta invece l'accelerazione di allungamento del pistone, (Rel) in modulo pari a : |~ aBE | = |~aE | = 0.32 sm2 .

163

CAPITOLO 12.

164

CARRELLINO

Parte III Dinamica dei corpi rigidi

165

13 Asta ad L Dell'asta ad L incernierata a terra ad un'estremità e rappresentata in Figura 13.1 è nota la geometria a = 0.3m e At2 + Bt + C . Sono inoltre noti A =

m = 2kg

e

JG = 0.015.

l = 0.5m e la legge di moto θ(t) = rad 0.03 rad , B = 0.04 , C = 0.06rad, s2 s

m,a G

j

k i l

C

O

Figura 13.1: Sistema asta ad L Al tempo

t = 2s,

1. La coppia

si vuole determinare:

C

necessaria a realizzare la legge di moto assegnata.

2. Le reazioni vincolari in

O. 167

CAPITOLO 13.

ASTA AD L

Gradi di libertà del sistema 1 corpo rigido: 1 cerniera: Totale:

3 g.d.l.

-

2 g.d.v.

=

1 g.d.l.

residuo

Tabella 13.1: Computo dei g.d.l. residui del sistema

Sistema di riferimento, scelta delle coordinate libere La variabile indipendente (o coordinata libera) utilizzata per la risoluzione del problema di dinamica inversa è la rotazione

θ

dell'asta, considerata

x. Il sistema di riferimento, − → j rispettivamente orizzontale

positiva in senso antiorario a partire dall'asse posto come in Figura 13.1, ha i versori e verticale mentre il versore

− → k

− → i

e

è perpendicolare al piano del foglio, e verso

uscente rispetto ad esso.

13.1

Cinematica

La cinematica del problema in esame si riduce al calcolo della velocità e dell'accelerazione del baricentro

Ge

al calcolo di velocità e accelerazione an-

golari dell'asta, tenendo conto del solo tratto

a

dotato di massa. Il calcolo

di velocità ed accelerazione del baricentro risulta essere piuttosto semplice notando che l'asta ad

L,

dal punto di vista cinematico, può essere schemap a tizzata come un'asta rettilinea di lunghezza d = ( 2 )2 + l2 di cui si vuole studiare l'estremo libero (ovvero G). Si noti inoltre dalla Figura 13.1 che

θ + ϕ = θ.

Indicata la coordinata libera

θ,

si ottiene il valore del modulo

della velocità come:

diretta

˙ = 0, 083 m |vG | = |θd| s perpendicolarmente al segmento OG e del

(13.1) modulo dell'accelerazione,

scomposta nelle due direzioni normale e tangenziale:

m s2 m |an,G | = |θ˙2 d| = 0, 013 2 s ¨ = 0, 031 |at,G | = |θd|

(13.2)

In Figura 13.2 vengono riportati i vettori velocità e accelerazione relativi al moto del sistema. 168

CAPITOLO 13.

m,a

G

G

ASTA AD L

m,a at,G

an,G

VG θ

θ

ϕ

l

ϕ

l

d

d

. θ

.. θ Y

Y

O C.I.R.

O

X

C.I.R.

X

Figura 13.2: Velocità ed accelerazioni del baricentro G

13.2

Soluzione del quesito 1

L'esercizio sarà risolto mediante:

•

Teorema dell'energia cinetica.

•

Equazioni cardinali della dinamica.

•

Principio di d'Alembert.

Per quanto riguarda le quantità di moto, i momenti delle quantità di moto, le forze, le coppie e le reazioni vincolari presenti sul sistema si faccia riferimento alla Figura 13.3

13.2.1

Teorema dell'Energia Cinetica

Secondo il teorema dell'Energia Cinetica, la variazione nel tempo dell'energia cinetica esterne

Ec , del sistema meccanico è legata alla potenza delle ΠEST e di quella delle forze e coppie interne ΠIN T . ΠEST + ΠIN T =

dEc dt

forze e coppie

(13.3)

Nel caso in esame le reazioni vincolari non contribuiranno alla potenza EST Π in quanto applicata al punto O privo di velocità. L'equazione 14.4 conterrà quindi solo la coppia

C

come incognita e, per la determinazione delle

reazioni vincolari, si dovrà ricorrere alla scrittura di equazioni di equilibrio 169

CAPITOLO 13.

ASTA AD L

.. J Gθ

. JGθ G

.2 mdθ

.. mdθ m,a

G

m,a

. mdθ θ θ

θ

mg θ

ϕ

l

mg

ϕ

l

d

d

. θ V

. θ V

C O C.I.R.

C O

H

C.I.R.

H

Figura 13.3: Quantità di moto, forze e reazioni vincolari agenti sul sistema

dinamico. Il moto dell'asta è rotatorio intorno ad

O

e l'energia cinetica può

essere espressa nel modo seguente:

1 2 1 Ec = mvG + JG θ˙2 2 2

(13.4)

Sostituendo la variabile indipendente alle variabili siche si ottiene:

1 1 Ec = md2 θ˙2 + JG θ˙ 2 2 2

(13.5)

da cui, derivando rispetto al tempo, si ottiene:

La potenza delle forze

dEc = (md2 + JG )θ˙θ¨ dt EST si calcola esterne Π

(13.6) come:

→ − → − → − → − ΠEST = (−C k ) × (−θ˙ k ) + (−mg j ) × (−dθ˙ sin(θ) j )

(13.7)

da cui, sviluppando il prodotto scalare, si ottiene:

ΠEST = C θ˙ + mgdθ˙ sin(θ)

(13.8)

Sostituendo i valori delle equazioni 14.7 e 14.9 nella 14.4 e ricordando che IN T Π = 0, si ottiene il valore di C come:

C = JG θ¨ + md2 θ¨ − mgd sin(θ) = −5, 32Nm 170

(13.9)

CAPITOLO 13.

13.2.2

ASTA AD L

Equazioni cardinali della dinamica

Le equazioni che reggono il procedimento sono:

(

− → → − dQ = R dt − → → dΓ0 +− v0 dt

(13.10)

→ − − → ∧ Q = M0

− → → − Q è il vettore quantità di moto del sistema, R è il vettore risultante → − delle forze attive e reattive, Γ 0 è il momento della quantità di moto del sistema rispetto al polo generico O e M 0 è il momento risultante delle coppie e forze attive e reattive, rispetto al polo O . In una trattazione generale, il momento della quantità di moto di un generico punto G rispetto ad un generico polo O è dato dalla seguente espressione: in cui

− → → − → → → Γ G = (− r G−− r O ) ∧ Q G + JG − ω

(13.11)

Nel caso particolare del problema in esame, considerando:

→ − − → → − → − → Q G = m− v G = md θ˙ = md cos(θ)θ˙ i − md sin(θ)θ˙ j il momento della quantità di moto calcolato rispetto ad

O

(13.12) risulta:

→ − − → → − → − → − → − Γ O = (d sin(θ) i + d cos(θ) j ) ∧ (mdθ˙ cos(θ) i − mdθ˙ sin(θ) j ) − JG θ˙ k → − → − → − = −md2 θ˙ sin2 (θ) k − md2 θ˙ cos2 (θ) k − JG θ˙ k → − → − 2 ˙ = −md2 θ(sin (θ) + cos2 (θ)) k − JG θ˙ k → − → − (13.13) = −md2 θ˙ k − JG θ˙ k da cui:

→ − → − → − dΓG = −md2 θ¨ k − JG θ¨ k dt

(13.14)

Il secondo membro della seconda delle 14.11 risulta essere:

→ − − → v 0 ∧ QG = 0 in quanto

− → v0=0

essendo il polo

O

(13.15)

una cerniera ssa a terra.

La risultante dei momenti delle coppie e delle forze esterne, calcolato rispetto al polo

O

è: 171

CAPITOLO 13.

ASTA AD L

→ − − → → − → − → − M O = −C k + (d sin(θ) i + d cos(θ) j ) ∧ (−mg j ) → − → − = −C k − (d sin(θ)mg) k

(13.16)

Sostituendo le equazioni 14.18, 14.19, 14.20 e 14.21 nella 14.11 si ottiene la seguente espressione:

→ − → − → − → − −md2 θ˙ k − JG θ˙ k = −C k − d sin(θ)mg k

(13.17)

C = JG θ¨ + md2 θ¨ − mgd sin(θ) = −5, 32Nm

(13.18)

da cui:

13.2.3

Principio di d'Alembert (equilibri dinamici)

Anche in questo caso, per non far comparire le reazioni vincolari incognite nell'equazione di equilibrio dinamico, si sceglie di scrivere l'equilibrio alla rotazione attorno al polo

O.

Secondo il principio di d'Alembert tale equilibrio

può essere scritto come:

− → → − → − M EST + C IN + (G − O) ∧ F IN = 0 0

(13.19)

Risulta quindi necessario calcolare la risultante delle coppie di inerzia

P − → → − C IN = JGi ω˙

e la risultante delle forze d'inerzia

ottiene:

P− − → → F IN = F IN

C = JG θ¨ + md2 θ¨ − mgd sin(θ) = −5, 32Nm

con

172

JG =

ma2 12

= 0, 015kgm2.

da cui si

(13.20)

CAPITOLO 13.

13.3

ASTA AD L

Calcolo delle reazioni vincolari

L'esercizio sarà risolto mediante:

•

Equazioni cardinali della dinamica.

•

Principio di d'Alembert.

13.3.1

Equazioni cardinali della dinamica

Per quanto concerne il calcolo delle reazioni vincolari

H

e

V,

facendo ri-

ferimento alla Figura 13.3 (g. di sinistra), si proietta la prima equazione cardinale della dinamica lungo gli assi lungo

x ed y .

La quantità di moto del sistema

x − → → − → Q x = m− v xG = mdθ˙ cos(θ) i

(13.21)

derivata nel tempo risulta:

La risultante

− → Qx → − → − = mdθ¨ cos(θ) i − mdθ˙2 sin(θ) i dt delle forze esterne lungo x è: → − Rx = −H i

(13.22)

(13.23)

Sostituendo le equazioni 13.21 e 13.22 nella 14.11 si ottiene:

H = mdθ¨ cos(θ) − mdθ˙2 sin(θ) = 0, 039N Proiettando lungo l'asse

y

(13.24)

si ottiene invece:

− → → − → Q y = m− v yG = −mdθ˙ sin(θ) j

(13.25)

che derivata nel tempo risulta:

La risultante

− → Qy → − → − = −mdθ¨ sin(θ) j − mdθ˙ 2 cos(θ) j dt delle forze esterne e lungo y vale: − → → − R y = −mg j

(13.26)

(13.27)

Sostituendo le 13.25 e 13.26 nella 14.11 si ottiene:

V = mg − mdθ¨ sin(θ) − mdθ˙2 cos(θ) = 19, 56N

(13.28)

173

CAPITOLO 13.

13.3.2

ASTA AD L

Principio di d'Alembert (equilibri dinamici)

Facendo riferimento alla Figura 13.3 (g. di destra), per ricavare le reazioni vincolari in

O

è possibile scrivere le equazioni di equilibrio alla traslazione

orizzontale e verticale:

X

X

Fxsist = 0 Fysist = 0

(13.29)

da cui si ottiene rispettivamente:

H = −Fi,n sin(θ) + Fi,t cos(θ) V = −Fi,n cos(θ) − Fi,t sin(θ) + mg dove

Fi,n = mdθ˙2

e

Fi,t = mdθ¨.

(13.30)

Sostituendo queste ultime espressioni

all'interno delle 13.29 si ottiene il risultato nale:

H = mdθ¨ cos(θ) − mdθ˙2 sin(θ) = 0, 039N V = mg − mdθ¨ sin(θ) − mdθ˙2 cos(θ) = 19, 56N

13.4

(13.31)

Considerazioni conclusive

Il calcolo delle forze/coppie incognite può essere eseguito con tutte e tre le trattazioni mentre le reazioni vincolari sono calcolabili o con le equazioni cardinali della dinamica o con il principio di d'Alembert ottenendo, ovviamente, i medesimi risultati.

174

14 Disco che rotola su un piano Come mostrato in Figura 14.1, il sistema in esame è composto da un disco

C(t) = At θ(0) = 0 e

che rotola senza strisciare su una guida rettilinea. Note la coppia agente in funzione del tempo, le condizioni iniziali del moto

˙ θ(0) = 0, la massa m = 5kg , il raggio R = 0.1m A = 0.008 calcolare, al tempo t = 1s: 1. La legge di moto del disco 2. Le reazioni vincolari

H

e

ed il valore della costante

θ(t).

V

nel punto di contatto con la guida.

Y j k C

i

m,R G θ

O

H

X

Figura 14.1: Disco che rotola su un piano

175

CAPITOLO 14.

DISCO CHE ROTOLA SU UN PIANO

Gradi di libertà del sistema 1 corpo rigido: 1 contatto rotolamento senza strisciamento: Totale:

3 g.d.l.

-

2 g.d.v.

=

1 g.d.l.

residuo

Tabella 14.1: Computo dei g.d.l. residui del sistema

Scelta del sistema di riferimento e delle coordinate libere Essendoci un solo grado di libertà, è necessaria una sola coordinata libera per descrivere il moto del disco: può essere l'avanzamento del centro del disco o la rotazione

θ

del disco. Scegliamo

θ

come coordinata libera. Il sistema

di riferimento è posto come in Figura 14.1. Il versore

− → k

è perpendicolare al

piano del foglio, uscente rispetto ad esso; di conseguenza le rotazioni positive sono antiorarie.

14.1

Soluzione del quesito 1

L'esercizio sarà risolto mediante:

•

Teorema dell'energia cinetica.

•

Equazioni cardinali della dinamica.

•

Principio di d'Alembert.

14.1.1

Teorema dell'energia cinetica

dEc (14.1) = ΠEST + ΠIN T dt EST dove Ec è l'energia cinetica del sistema, Π la somma delle potenze date dalle forze e coppie attive più quelle dovute alle reazioni vincolari e all'attrito IN T e Π quella dovuta alle forze e coppie interne. Facendo riferimento alla Figura 14.2, poichè il centro di istantanea rotazione del disco è il punto l'atto di moto è rotatorio intorno ad

H

H,

e quindi l'energia cinetica può essere

espressa nel modo seguente:

1 2 1 Ec = mvG + JG θ˙2 2 2 176

(14.2)

CAPITOLO 14.

Nel caso in questione

˙ vG = θR

DISCO CHE ROTOLA SU UN PIANO

da cui, per sostituzione, si ottiene:

1 1 1 Ec = mR2 + JG θ˙2 = JH θ˙ 2 = 2| 2 2 {z } JH



3 2 mR θ˙ 2 2

(14.3)

Noto il valore dell'energia cinetica si ricavano quelli delle potenze, dati dalla somma del prodotto scalare delle forze e coppie per le corrispondenti

→ − − → v G = Rθ˙ i in quanto si ipotizza il rotolamento senza punto H ):

velocità (si ricordi che strisciamento nel

→ − − → → → − −C k × −θ˙ k + −mg j × − v G = C θ˙ − − → → → → = HH i × − v H + VH j × − vH =0

ΠEST = A ΠEST R



(14.4)

Y j k i

m,R aG

G

. .. θ,θ

VG

H

O

X

Figura 14.2: Velocità ed accelerazioni del sistema Derivando l'espressione dell'energia cinetica rispetto al tempo si ottiene:

2 C 2 A rad 3 mR2 θ˙ θ¨ = C θ˙ =⇒ θ¨ (t) = = t = 0.1 2 2 2 2 3 mR 3 mR s

(14.5)

Integrando due volte la 14.5 si ottiene l'espressione dell'angolo di rotazione del disco in funzione del tempo e di due costanti di integrazione Imponendo le condizioni iniziali del moto, si determinano i valori di

1 θ˙ (t) = 2



2 A 3 mR2



t2 + C1 = 0.05

rad s

C1 e C2 . C1 e C2 : (14.6)

177

CAPITOLO 14.

DISCO CHE ROTOLA SU UN PIANO

1 2 A θ (t) = t3 + C1 t + C2 6 3 mR2 ( θ˙ (0) = 0 =⇒ C1 = 0 θ (0) = 0 =⇒ C2 = 0

(14.7)

(14.8)

L'equazione di moto è quindi la seguente:

θ (t) =

1 A 3 t = 0.017rad 9 mR2

(14.9)

Nella Figura 14.3 viene riportato l'andamento della rotazione nel tempo: Andamento di θ nel tempo 18 16 14

θ(rad)

12 10 8 6 4 2 0

0

2

4

6

8

10

tempo(s)

Figura 14.3: Andamento di

14.1.2

θ

nel tempo

Equazioni cardinali della dinamica

(

− → → − dQ = R dt − → → dΓ0 +− v0 dt

→ − − → ∧ Q = M0

(14.10)

− → → − Q è il vettore quantità di moto del sistema, R è il vettore risultante → − delle forze attive e reattive, Γ 0 è il momento della quantità di moto del sistema rispetto al polo generico O e M 0 è il momento risultante delle coppie e forze attive e reattive, rispetto al polo O . Per determinare la legge di moto dove

del disco si deve scrivere un'equazione di equilibrio alla rotazione del disco rispetto ad un polo. Nel caso in esame l'equazione di equilibrio alla rotazione 178

CAPITOLO 14.

viene scritta rispetto al polo

H

DISCO CHE ROTOLA SU UN PIANO

(si faccia riferimento alla Figura 14.5).

Il

momento della quantità di moto è dato dalla seguente espressione:

Il secondo

→ − → − − → 3 Γ H = −IH θ˙ k = − mR2 θ˙ k 2 → − → − addendo della 14.10, v ∧ Q è nullo in 0

(14.11) quanto il polo

H

è il

centro di istantanea rotazione del disco, e quindi la sua velocità nell'istante considerato è nulla. Il momento delle forze e delle reazioni vincolari vale:

→ − − → M H = −C k

(14.12)

Derivando la 14.11 rispetto al tempo e uguagliandola alla 14.12 si ottiene la seguente equazione vettoriale:

→ − → − 3 − mR2 θ¨ k = −C k 2

(14.13)

da cui si ricava l'espressione, identica alla 14.5, dell'accelerazione angolare in funzione del tempo:

2 A 2C = t θ¨ = 3mR2 3 mR2

(14.14)

Da qui si prosegue per integrazione come nel caso precedente.

14.1.3

Principio di d'Alembert

Per applicare questo metodo si aggiungono, come mostrato in Figura 14.4, le forze e le coppie d'inerzia, oltre alle forzanti attive ed alle reazioni vincolari: Mediante l'aggiunta delle forze e coppie d'inerzia, si può risolvere un problema dinamico con la stessa metodologia adottata per la risoluzione dei problemi statici. In particolare si possono scrivere le equazioni di equilibrio alla traslazione e alla rotazione rispetto ad un polo generico

(− → → − − → R in + R + R 0 = 0 − → → − − → − → M in + (G − O) ∧ R in + M O + M 0O = 0

O: (14.15)

La forza d'inerzia è data rispettivamente dal prodotto della massa per l'accelerazione del baricentro, cambiata di segno; la coppia d'inerzia è invece il risultato del prodotto del momento d'inerzia rispetto al baricentro per l'accelerazione angolare cambiata di segno:

(− → → − → R in = −m− a G = −mRθ¨ i → − − → M in = −IG θ¨ = 12 mR2 θ¨ k

(14.16)

179

CAPITOLO 14.

DISCO CHE ROTOLA SU UN PIANO

j k i m,R

G C

maG

.. J Gθ

mg H HH

VH Figura 14.4: Coppie e forze d'inerzia relative al sistema disco

Introducendo le 14.16 nel sistema 14.15, considerando il punto

H

come

polo per l'equilibrio alla rotazione, tenendo conto anche delle 14.12 e 14.19, si ottiene:

( → − → − → − mRθ¨ i + HH i + (VH − mg) j = 0 − → → − → − → − 1 mR2 θ¨ k + R j ∧ (−mRθ¨ i ) − C k = 0 2

(14.17)

Dalla seconda delle 14.17 si ottiene l'equazione di moto 14.13 espressa in forma vettoriale, o 14.5 in forma scalare.

14.2

Soluzione del quesito 2

Le reazioni vincolari si possono calcolare con i seguenti metodi:

•

Equazioni cardinali della dinamica.

•

Principio di d'Alembert.

180

CAPITOLO 14.

14.2.1

DISCO CHE ROTOLA SU UN PIANO

Equazioni cardinali della dinamica

Per risolvere questo problema è possibile utilizzare un bilancio di quantità di moto. La quantità di moto è data dal prodotto della massa per la velocità del baricentro:

− → → − → − Q = mvG i = mRθ˙ i

(14.18)

Inoltre:

− → → − R = −mg j

−0 → → − → − R = HH i + VH j

(14.19)

Derivando la 14.18 rispetto al tempo e uguagliandola alla 14.19, si ottiene la seguente equazione vettoriale:

→ − → − → − mRθ¨ i = HH i + (VH − mg) j Proiettando la 14.20 sugli assi

x

ed

y

(14.20)

si ottengono due equazioni scalari:

( HH = mRθ¨ = 0.01N VH = mg = 49N

(14.21)

che forniscono i valori delle reazioni vincolari nel punto

H.

In Figura 14.5 si evidenziano, in verde, i vettori quantità di moto e momento della quantità di moto utilizzati per i bilanci sia del quesito quesito

1

che del

2. j k i m,R

G C

mVG

. JGθ

mg H HH

VH

Figura 14.5: Quantità di moto e momenti delle quantità di moto

181

CAPITOLO 14.

14.2.2

DISCO CHE ROTOLA SU UN PIANO

Principio di d'Alembert

Facedo riferimento alla Figura 14.4 e proiettando la prima delle 14.17 sugli assi

x

ed

y

si ottiene nuovamente il sistema 14.21, che fornisce l'espressione

delle reazioni vincolari. Alla luce del principio di d'Alembert, si può aermare che in ogni istante di tempo:

•

la reazione orizzontale

•

la reazione verticale

•

la coppia motrice

C

HH

VH

equilibra la forza d'inerzia del disco.

equilibra il peso del disco.

è equilibrata dalla coppia d'inerzia e dal momento

della forza d'inerzia.

14.3

Considerazioni conclusive

Il calcolo della legge di moto di un sistema può essere eseguito con tutte e tre le trattazioni mentre le reazioni vincolari sono calcolabili o con le equazioni cardinali della dinamica o con il principio di d'Alembert ottenendo, ovviamente, i medesimi risultati.

182

15 Asta che scorre su disco Del sistema ad

1

g.d.l. rappresentato in Figura 15.1, è nota la geometria, le

masse, le inerzie e le forze applicate. j

k i

F

A

G2

M2

B

α

P1 θ O

Mm M1,J1,R

Figura 15.1: Sistema composto da un'asta che scorre su un disco.

Noti i dati relativi al problema:

R1 = 0.2m M1 = 10kg M2 = 3kg F = 30N AP1 = 0.3m AB = 1m

J1 = 0.4kgm2(discononomogeneo) α = 45◦ Mm = 50Nm

si vuole determinare: 183

CAPITOLO 15.

ASTA CHE SCORRE SU DISCO

1. posizione, velocità ed accelerazione del sistema, note le condizioni iniziali:

( θ(0) = 0rad ˙ θ(0) = 0rad/s 2. le reazioni vincolari in

O.

Gradi di libertà del sistema 2 corpi rigidi:

6 g.d.l.

-

1 carrello:

1 g.d.v.

-

2 cerniera:

2 g.d.v.

-

1 contatto rotolamento senza strisciamento:

2 g.d.v.

=

1 g.d.l.

residuo

Totale:

Tabella 15.1: Computo dei g.d.l. residui del sistema

Scelta del sistema di riferimento e delle coordinate libere Essendoci un solo grado di libertà è necessaria una sola coordinata libera per descrivere il moto del sistema. La variabile indipendente (o coordinata

θ mentre il sistema di riferimento è posto come in Figura ~ 15.1. I versori i e ~ j sono diretti rispettivamente come gli assi x ed y mentre il k è perpendicolare al piano del foglio, uscente rispetto ad esso, quindi versore ~

libera) scelta è

positivo in senso antiorario.

15.1

Cinematica

Indicata con

θ la coordinata libera, si ottengono i valori dei termini di velocità

ed accelerazione in funzione di essa:

184

ω ~ 1 = −θ˙~k ˙ ~i ~vB = ~vG = θR ~v0 = 0

(15.1)

~˙ 1 = −θ¨~k ω ¨ ~i ~aB = ~aG = θR ~a0 = 0

(15.2)

CAPITOLO 15.

ASTA CHE SCORRE SU DISCO

In Figura 15.2 si possono osservare le velocità e le accelerazioni dei punti considerati: j

k i

A

G2

B

VG aG

P1

VB aB

. .. θ,θ O

Figura 15.2: Vettori velocità ed accelerazione dei punti chiave del sistema.

15.2 15.2.1

Soluzione del quesito 1 Teorema dell'Energia Cinetica

Per la risoluzione del primo quesito si è deciso di applicare il teorema dell'energia cinetica che, in generale, si esprime con la seguente equazione:

ΠEST + ΠIN T = dove

dEc dt

Ec è l'energia cinetica del sistema, ΠEST

(15.3) la somma delle potenze date

dalle forze e coppie attive più quelle dovute alle reazioni vincolari e all'attrito ΠIN T quella dovuta alle forze e coppie interne. Per poter applicare tale

e

teorema ed ottenere un'equazione dierenziale di moto pura, è necessario andare a calcolare le velocità di tutti i punti in cui sono applicate delle forze, oltre all'energia cinetica dei corpi dotati di massa e/o inerzia. In via IN T preliminare è possibile escludere il contributo di Π e della potenza data dalle reazioni vincolari poichè, in reazione nel punto vettore velocità

~vB .

B

O,

sono applicate ad un punto sso. La

non produce potenza per la perpendicolarità con il

Per le potenze attive si ha:

~ m × ~ω1 + F~ × ~vB + M1~g × ~v0 + M2~g × ~vG ΠEST = M

(15.4)

Facendo riferimento alle velocità ed alle accelerazioni esplicitate nel paragrafo 15.1 e sostituendo tali valori nell'equazione 15.4 si ottiene: 185

CAPITOLO 15.

ASTA CHE SCORRE SU DISCO

ΠEST = Mm θ˙ − F Rθ˙ sin α

(15.5)

Nell'equazione 15.5 si nota l'assenza dei termini legati alle forze peso; questo a causa della perpendicolarità tra

~vG

e

~g

e perchè

~v0 = 0.

Per quanto riguarda l'energia cinetica si noti che il disco è in moto pura-

O

mente rotatorio attorno ad

mentre la slitta

AB

è in moto traslatorio. Da

queste considerazioni si ottiene:

1 Ec 1 2 ⇒ = J1 + M2 R2 θ¨θ˙ Ec = J1 ω12 + M2 vG 2 2 dt

(15.6)

Sostituendo le equazioni 15.5 e 19.9 nella 19.8 ed esplicitando il risultato rispetto a

θ¨,

si ottiene:

√

Mm − F 22 rad ¨ θ= = 88 2 2 J1 + M2 R s

(15.7)

integrando le quale, con le opportune condizione al contorno, si ha:

( ˙ = 88t rad θ(t) s

2

θ(t) = 44t rad

15.3

Soluzione del quesito 2

Le reazioni vincolari saranno calcolate mediante:

•

equazioni cardinali della dinamica.

•

principio di d'Alembert.

15.3.1

Equazioni cardinali della dinamica

Con riferimento alla Figura 15.3 ed alle equazioni seguenti, il metodo delle equazioni cardinali della dinamica permette di ricavare il valore delle reazioni vincolari

VO

ed

HO . (

~ Q

→ − − → ∧ Q = M0

è la quantità di moto del sistema,

delle reazioni vincolari,

~Γ0

rispetto al polo generico 186

− → → − dQ = R dt − → → dΓ0 +− v0 dt

~ R

(15.8)

è la risultante delle forze attive e

è il momento della quantità di moto del sistema

O

e

~O M

è la risultante delle coppie attive e di

CAPITOLO 15.

ASTA CHE SCORRE SU DISCO

j

k i

F A

G2

M2VG

α

B

P1 . J1θ H0

M2g

O

V0

VB

M1g

Figura 15.3: Vettori delle quantità di moto e dei momenti delle quantità di moto oltre che delle forze attive e reazioni vincolari.

quelle dovute alle reazioni vincolari, rispetto al polo

O.

Nel caso in esame

l'equazione di equilibrio alla rotazione viene scritta rispetto al polo Le quantità di moto dei due corpi rigidi, rispetto ai baricentri

B. G1

e

G2

sono:

~ 2 = M2~v2 = M2~v2~i = M2 Rθ˙~i Q

~1 = 0 Q

(15.9)

da cui:

~ dQ = M2 Rθ¨~i dt Le forze attive

~ AT T R

lungo l'asse

~ AT T

R Sempre lungo l'asse

x,

x

(15.10)

risultano:

= −F cos α~i = −F

le forze reattive

~ RV R

√

2~ i 2

(15.11)

sono:

~ RV = H0~i R

(15.12)

Sostituendo le equazioni 15.10, 15.11 e 15.12 nella prima delle 15.8 si ottiene:

M2 Rθ¨~i = −F

√

2~ i + H0~i 2

(15.13)

da cui: 187

CAPITOLO 15.

ASTA CHE SCORRE SU DISCO

H0 = M2 Rθ¨ + F

√

2 2

(15.14)

Facendo riferimento alla seconda delle 15.8 si calcolano le seguenti quantità. Il momento della quantità di moto rispetto al polo prescelto

B:

~ΓB = −J1 θ˙~k

(15.15)

da cui, derivando nel tempo, si ottiene:

~ΓB = −J1 θ¨~k dt ~ 2 che risulta Il prodotto vettoriale ~ vB ∧ Q membri sono diretti come ~i.

(15.16) nullo in quanto entrambe i

I momenti delle forze attive e reattive rispetto al polo

B

e relativi al

sistema di Figura 15.4 risultano:

~ AT T = (−M1 g) ~j ∧ (B − P1 )~i + (−M2 g) ~j ∧ (B − G)~i − Mm~k M 0

(15.17)

~ RV = HO~i ∧ R~j + V0~j ∧ (B − P1 )~i M 0

(15.18)

Sostituendo le equazioni 15.16, 15.17 e 15.18 nella seconda delle 15.8 e svolgendo i prodotti vettoriali, si ottiene:

−J1 θ¨ = M1 g (B − P1 ) + M2 g (B − G) − Mm + H0 R − V0 (B − P1 ) Mettendo a sistema le equazioni 15.14 e 15.19 si ricavano

( HO = 74N VO = 83.4N 15.3.2

HO

e

(15.19)

VO : (15.20)

Principio di d'Alembert (equilibri dinamici)

Allo stesso risultato si può pervenire utilizzando il principio di d'Alembert. Per la risoluzione si faccia riferimento allo schema rappresentato in Figura 15.4 dove sono mostrate le forze/coppie attive, le forze reattive (reazioni vincolari) e le forze/coppie d'inerzia. Per il calcolo delle reazioni vincolari si risolve il seguente sistema di equazioni di equilibrio dinamico: 188

CAPITOLO 15.

ASTA CHE SCORRE SU DISCO

j

k i

F M2aG

A

G2

B

α

P1 .. J1θ H0

M2g

O

V0

VB

M1g

Figura 15.4: Vettori delle forze d'inerzia e dei momenti d'inerzia oltre che delle forze attive e reazioni vincolari.

P √ 2 sist ¨  P Fx = 0 ⇒ H0 − M2 Rθ − F 2 = 0 MBsist = 0 ⇒ M1 g (B − P1 ) + M2 g (B − G) − Mm + H0 R+   −V0 (B − P1 ) − J1 θ¨ = 0

da cui si ottengono i medesimi risultati ottenuti con le equazioni cardinali della dinamica:

( HO = 74N VO = 83.4N 15.4

(15.21)

Considerazioni conclusive

Si osserva come il teorema dell'energia cinetica possa essere utilizzato per il calcolo della posizione, della velocità e dell'accelerazione mentre le reazioni vincolari sono calcolabili o con le equazioni cardinali della dinamica o con il principio di d'Alembert ottenendo, ovviamente, i medesimi risultati.

189

CAPITOLO 15.

190

ASTA CHE SCORRE SU DISCO

16 Disco su guida curvilinea Il sistema rappresentato in Figura 16.1 è composto da un disco, di centro che rotola senza strisciare su una guida curvilinea di raggio tale disco è garantito dal moto della massa

m

R.

su cui è applicata una forza

e che si muove in direzione verticale secondo la legge assegnata

a O b(t) F B m

R

3 c 4

C r J

c

C D

e

Figura 16.1: Sistema articolato

R=6m

r=1m

c=2m

e=2m

m = 100 kg

J = 1 kgm2

a=

√

3m

C = 20 Nm

Tabella 16.1: Dati

191

D,

Il moto di

b(t).

F

CAPITOLO 16.

DISCO SU GUIDA CURVILINEA

Ritenendo noti tutti i parametri riportati in Tabella 16.1 e assegnata la legge di moto della massa

m per cui b(t) = 2+sin(2πt), si richiede di calcolare,

in assenza di perdite per rotolamento: 1. la congurazione assunta da sistema nell'istante 2. la velocità angolare del disco in funzione di nell'istante

b˙ ,

t = 0, 7 s;

e, quindi, il suo valore

t = 0, 7 s;

3. l'accelerazione angolare del disco in funzione di ¨ b, e, quindi, il suo valore nell'istante 4. la forza

F

t = 0, 7 s;

che garantisce il moto;

5. le reazioni vincolari nel centro del disco

16.1 16.1.1

D.

Risoluzione Quesito 1

Per poter calcolare la congurazione assunta dal sistema in un qualsiasi istante è opportuno posizionare un sistema cartesiano complesso con i vettori disposti così come riportato in Figura 16.2. β

δ O

a b B

d

γ

c ω e

ε

C

D

Figura 16.2: Chiusura del poligono posizione

Nella Tabella 16.2 è proposta una analisi dei vari vettori riportati in Figura 16.2, precisando quali siano le componenti degli stessi che rimangono costanti e quali invece varino nel tempo. Utilizzando quindi i vettori riportati in Figura 16.2 è possibile scrivere la seguente equazione di chiusura utilizzando la notazione esponenziale.

aeiα + beiβ + ceiγ = deiδ + eeiε 192

(16.1)

CAPITOLO 16.

Vettore

DISCO SU GUIDA CURVILINEA

Modulo

Fase

~a

a

costante

α=0

~b

b

variablie

β = − π2

~c

c

d~

R−r

~e

e

costante

γ=

costante

costante

costante costante

− π2 costante

δ

variabile

ε

variabile

Tabella 16.2

Tenendo quindi conto dei valori assunti dagli angoli

α, β

e

γ,

così come

riportato in Tabella 16.2, è possibile semplicare la precedente equazione nel seguente modo.

a − ib − ic = deiδ + eeiε

(16.2)

É quindi possibile proiettare l'equazione appena scritta sui due assi reale ed immaginario, ottenendo il seguente sistema nelle due incognite



a = d cos δ + e cos ε −b − c = d sin δ + e sin ε

A questo punto è possibile esplicitare il valore dell'angolo

δ

ed

ε.

(16.3)

ε

dalla prima

equazione del sistema ottenendo la seguente espressione.

ε = arccos



a − d cos δ e



(16.4)

Sostituendo l'espressione (16.4) nella seconda equazione del sistema (16.3) è possibile ottenere la seguente espressione nell'unica incognita

√ −b − c = d sin δ + e 1 − cos2 ε s e2 − (a − d cos δ)2 = d sin δ + e e2

δ.

(16.5)

Lasciando quindi a destra dell'equazione il solo termine sotto radice ed elevando al quadrato entrambi i termini dell'equazione si ottiene la seguente

1

espressione . 1 Prima

di procedere con l'elevamento al quadrato di entrambi i membri bisogna ricordare di introdurre la condizione di esistenza per cui il termine di sinistra deve risultare maggiore o uguale a 0. Operando in tal modo si ritengono accettabili solamente le soluzioni per cui δ 6 arcsin b+c d = 0, 6. 193

CAPITOLO 16.

DISCO SU GUIDA CURVILINEA

2 2 2 2 2 a 2da cos δ | +b +c + {zd − e + 2bc} = |− (2bd{z+ 2dc)} sin δ + |{z} K

(16.6)

B

A

Per risolvere la precedente equazione trigonometrica è necessario risolvere un sistema di equazioni costituito da quest'ultima e dalla relazione trigonometrica fondamentale.



K = A sin δ + B cos δ cos2 δ + sin2 δ = 1

Esplicitando inne l'espressione di

(16.7)

sin δ dalla prima equazione e sostituen-

dolo nella seconda, è possibile giungere all'equazione risolutiva nella variabile

cos δ ,

così come di seguito mostrato.



A2 + B 2 A2



cos2 δ −

2BK K 2 − A2 cos δ + =0 A2 A2

(16.8)

Si rappresentano quindi in Figura 16.3 le soluzioni della precedente equazione, in cui: in rosso è rappresentato il campo di soluzioni matematicamente ammissibili, in verde le soluzioni relative a relative a

cos δ1,2 = 0, 742 e

ed in blu quelle

cos δ3,4 = 0, 196. 1 0.8 0.6 0.4

sinδ

0.2 0 −0.2 −0.4 −0.6 cosδ1,2=0.742

−0.8 −1

cosδ1,2=0.196 −1

−0.5

0 cosδ

0.5

1

Figura 16.3: Rappresentazione delle soluzioni dell'equazione (16.8) Le due congurazioni possibili per il sistema sono quindi quelle con un ◦ ◦ angolo δ1 = −42, 11 e con un angolo δ3 = −78, 68 . Si fornisce di seguito

una rappresentazione graca della congurazione del sistema per i due angoli appena calcolati. 194

CAPITOLO 16.

O

DISCO SU GUIDA CURVILINEA

A

O

A

b(t)

b(t)

B

B

C

C

D

D

(a) Angolo δ1 = −42, 11◦

(b) Angolo δ3 = −78, 68◦

Figura 16.4: Congurazione del sistema per i due angoli

δ

calcolati

Come è possibile osservare dalla Figura 16.4 la soluzione congruente con δ = −78, 68◦, per cui è ◦ possibile, attraverso la (16.4), ricavare un angolo ε pari a 67, 95 . il sistema preso in esame è quella con un angolo

16.1.2

Quesito 2

Per la risoluzione del quesito proposto è suciente derivare l'equazione (16.2), ottenendo quanto segue. π ˙ i(δ+ π2 ) + eεe −ib˙ = dδe ˙ i(ε+ 2 )

(16.9)

La proiezione della precedente equazione sui due assi reale ed immaginario porta all'ottenimento di un sistema lineare nelle due incognite



ε˙

e

δ˙ .

0 = −dδ˙ sin δ − eε˙ sin ε −b˙ = dδ˙ cos δ + eε˙ cos ε

Per ricavare la la velocità angolare del disco in funzione di

(16.10)

b˙

è necessario

procedere per sostituzione, mettendo quindi in evidenza il valore di

ε˙ =

−b˙ − dδ˙ cos δ e cos ε

ε˙. (16.11)

Sostituendo l'espressione appena trovata nella seconda equazione del sistema (16.10) si ottiene la seguente espressione.

−dδ˙ sin δ − e

−b˙ − dδ˙ cos δ sin ε = 0 e cos ε

(16.12)

195

CAPITOLO 16.

DISCO SU GUIDA CURVILINEA

O

−b˙ B

dδ˙ eε˙ C

−b˙ eε˙

D

dδ˙

0, 5 m s

(a) Chiusura del poligono

(b) Vettori distinti

Figura 16.5: Chiusura del poligono velocità

É quindi possibile esplicitare il legame richiesto mettendo in evidenza il termine

δ˙

dalla precedente equazione.

δ˙ =

tan ε b˙ = Λ (b) b˙ d sin δ − d tan ε cos δ

Sostituendo i valori numerici cavare i seguenti risultati

2

(16.13)

nelle precedenti espressioni è possibile rie ε˙ = 1, 73 rad/s.

δ˙ = 0, 65 rad/s

Prima di procedere al calcolo della velocità del disco

ω,

si osserva come

i termini riportati nell'equazione (16.9) possono essere interpretati immagi-

D . In tal modo ˙ come somma è possibile comporre la velocità assoluta del punto C pari a ib ˙ i(δ+ π2 ) con la vettoriale della velocità di trascinamento della terna mobile dδe π velocità relativa del punto C rispetto alla terna mobile eεe ˙ i(ε+ 2 ) . nando di posizionare una terna mobile traslante nel punto

Dell'equazione di chiusura del poligono di velocità (16.9) è possibile fornire una rappresentazione graca, così come riportato in Figura 16.5. La velocità

ω

con cui ruota il disco di centro

funzione della velocità

δ˙

D,

può essere ricavata in

andando ad esprimere il modulo della velocità del

centro del disco stesso. Utilizzando quindi le convenzioni di segno riportare in Figura 16.2 è possibile ottenere quanto segue.

|~vd | = δ˙ (R − r) = −ωr

(16.14)

Dalla precedente espressione è possibile quindi esplicitare la velocità di rotaω = −δ˙ R−r e di conseguenza il legame richiesto. r

zione del disco

ω=− 2 Si

(16.15)

˙ = 0, 7 s) = 2π cos(2πt) = ricorda che il valore di b˙ può essere ricavato come: b(t

−1, 94 m/s 196

R−r R−r˙ tan ε b=− Λ (b) b˙ d sin δ − d cos δ tan ε r r

CAPITOLO 16.

Per l'istante considerato a ω = −3, 27 rad/s.

16.1.3

t = 0, 7s

DISCO SU GUIDA CURVILINEA

la velocità con cui ruota il disco è pari

Quesito 3

Per la risoluzione del quesito proposto è suciente derivare l'equazione (16.9), ottenendo quanto segue. π ¨ i(δ+ π2 ) − dδ˙ 2 eiδ + e¨ −i¨b = dδe εei(ε+ 2 ) − eε˙2 eiε

(16.16)

La proiezione della precedente equazione sui due assi reale ed immaginario porta all'ottenimento di un sistema lineare nelle due incognite



ε¨ e δ¨.

0 = −dδ¨ sin δ − dδ˙ 2 cos δ − e¨ ε sin ε − eε˙2 cos ε −¨b = dδ¨ cos δ − dδ˙ 2 sin δ + e¨ ε cos ε − eε˙2 sin ε

Per ricavare la la velocità angolare del disco in funzione di

(16.17)

¨b è

necessario

procedere per sostituzione, mettendo quindi in evidenza il valore di

ε¨ =

−¨b − dδ¨ cos δ + dδ˙ 2 sin δ + eε˙2 sin ε e cos ε

ε¨. (16.18)

Sostituendo l'espressione appena trovata nella seconda equazione del sistema (16.17) si ottiene il legame richiesto.

¨b tan ε − dδ˙ 2 (cos δ + tan ε sin δ) − eε˙2 (tan ε sin ε + cos ε) δ¨ = d sin δ − d tan ε cos δ

(16.19)

3

Sostituendo i valori numerici nelle precedenti espressioni è possibile ricavare ¨ = −11, 12 rad/s2 e ε¨ = −30, 86 rad/s2 . i seguenti risultati δ

L'equazione (16.19) è ottenibile anche per diretta derivazione del legame

cinematico fra la velocità

δ˙

e la velocità

b˙

espressa tramite lo jacobiano

Λ [b]

nell'equazione (16.13). In tal modo si ottiene il legame richiesto così come di seguito espresso.

∂Λ (b) ˙ 2 δ¨ = b + Λ (b) ¨b ∂b

(16.20)

Dell'equazione di chiusura del poligono di velocità (16.16) è possibile fornire una rappresentazione graca, così come riportato in Figura 16.6. Prima di procedere al calcolo dell'accelerazione del disco

ω˙ ,

si osserva

come i termini riportati nell'equazione (16.16) possono essere interpretati 3 Si

ricorda che il valore di ¨b può essere ricavato come: ¨b(t = 0, 7 s) = −4π2 sin(2πt) =

37, 54 m/s2

197

CAPITOLO 16.

DISCO SU GUIDA CURVILINEA

O

A b(t) B

dδ¨

˙2

dδ

−¨b C

−¨b

eε˙2 e¨ ε dδ˙ 2

e¨ ε dδ¨

10 sm2

eε˙

D

2

(a) Chiusura del poligono

(b) Vettori distinti

Figura 16.6: Chiusura del poligono accelerazione

D . In tal modo è possibile comporre l'accelerazione assoluta del punto C pari a i¨ b come i(δ+ π2 ) ¨ e somma vettoriale dell'accelerazione di trascinamento tangenziale dδe 2 iδ 2 iε ˙ normale dδ e della terna mobile con l'accelerazione relativa normale eε˙ e π e tangenziale e¨ εei(ε+ 2 ) del punto C rispetto alla terna mobile. immaginando di posizionare una terna mobile traslante nel punto

Utilizzando inne il legame (16.14) è possibile esprimere l'accelerazione angolare del disco così come di seguito riportato.

R −r¨ R − r ∂Λ (b) ˙ 2 ω˙ = − δ=− b + Λ (b) ¨b r r ∂b

(16.21)

Sostituendo i valori numerici nella precedente espressione è possibile ricavare il valore assunto dall'accelerazione angolare del disco t = 0, 7s che risulta pari a 55, 63 rad/s2 .

16.1.4

ω˙

nell'istante

Quesito 4

Per il calcolo della forza

F

necessaria a garantire l'atto di moto considerato

è suciente scrivere il bilancio di potenze del sistema.

F b˙ − Cω = mb˙ ¨b + Jω ω˙

(16.22)

Ricordando quindi quanto ricavato nell'espressione (16.15) è possibile semplicare la precedente equazione come segue.





2   ∂Λ (b) ˙ 2 R−r R−r   ¨ b + Λ (b) b  Λ (b) +m¨b +J F = −C r r ∂b   | {z } | {z } δ˙ δ¨

198

b˙

(16.23)

CAPITOLO 16.

DISCO SU GUIDA CURVILINEA

Sostituendo quindi i valori numerici nella precedente espressione è possibile ricavare il valore della forza cercata che risulta pari a

16.1.5

878N .

Quesito 5

Per il calcolo delle reazioni vincolari nella cerniera posizionata in corrispondenza del centro del disco agenti nel punto

D:

D,

è conveniente per prima cosa calcolare le forza

tali forze sono la forza

F

applicata sulla massa

m

e

la forza d'inerzia della massa stessa. A questo punto è possibile mettere in

DC ,

evidenza tutte le forze agenti sull'asta

così come riportato in Figura

16.7. β

δ O

a b B

d

γ

c ω

e

ε

C

D

Figura 16.7: Forze agenti sull'asta

DC

Per prima cosa è possibile scrivere una equazione di equilibrio alla traslazione verticale dell'asta

DC . V = F − m¨b = ... H è possibile scrivere DC rispetto al punto Q.

Inne per ricavare la reazione equilibrio alla rotazione dell'asta

(16.24) un'equazione di

199

CAPITOLO 16.

200

DISCO SU GUIDA CURVILINEA

17 Martellone Dato il sistema riportato in Figura 17.1 di cui sono note la geometria e le caratteristiche inerziali,

a = b = 1m M1 = 20kg

d = 2m M2 = 30kg

e = 0.7m J1 = 10kgm2

Acilindro = 0.5dm2

f = 2m

f M2 b e

P D G

M1,J1

F

C a d

c

B

j

k

A

i

Figura 17.1: Sistema martellone

201

CAPITOLO 17.

MARTELLONE

per l'istante considerato (per cui

c=

1. la posizione angolare dei bracci

√

BD

3m)

e

determinare:



2. la velocità e l'accelerazione angolare del braccio m3 d'olio entrante nel cilindro Q = 9 , costante h

,

3. la pressione nel cilindro e le reazioni di incastro in

A,

data la portata

assegnata

Gradi di libertà del sistema 5 corpi rigidi:

15 g.d.l.

-

3 cerniere:

6 g.d.v.

=

1 manicotto

2 g.d.v.

=

2 incastri

6 g.d.v.

=

Totale:

1 g.d.l.

residuo

Tabella 17.1: Computo dei g.d.l. residui del sistema

17.1

Soluzione del quesito 1

17.1.1

Con i numeri complessi

Considerando la massa

M2

puntiforme e lo schema semplicato del meccani-

smo, rappresentato in Figura 17.2, l'analisi cinematica del sistema meccanico può essere condotta studiando il moto del punto

BD

o alla catena cinematica

D visto appartenente all'asta

BC + CD .

L'equazione di chiusura, mostrata in Figura 17.3, risulta essere scritta in termini vettoriali come:

~a + ~b = ~c

(17.1)

Utilizzando la notazione complessa può essere poi rappresentata dall'espressione:

aeiα + beiβ = ceiγ

(17.2)

equivalente ad un sistema di equazioni che esprimono il legame tra le parti reali e le parti immaginarie:

( 202

a cos α + b cos β = c cos γ a sin α + b sin β = c sin γ

(17.3)

CAPITOLO 17.

MARTELLONE

f P M2

b e G

D M ,J 1 1

C F a

c B

d

A Figura 17.2: Sistema martellone schematizzato

D b β

C

c a j

γ α

k i

B

Figura 17.3: Equazione di chiusura

203

CAPITOLO 17.

MARTELLONE

Vettore

Modulo

~a = (C − B)

a

costante

b

costante

~b = (D − C)

Fase

= 1m

= 1m √ ~c = (B − H) d costante = 3m

90◦

α

costante =

β

variabile e incognita

δ

variabile e incognita

Tabella 17.2: Caratteristiche dei vettori

17.1.2

Determinazione delle incognite

Il sistema 17.3 risulta essere di due equazioni algebriche trascendenti nelle π incognite β e γ . Sostituendo α = diventa: 2

(

b cos β = c cos γ a + b sin β = c sin γ

(17.4)

Quadrando e sommando le due equazioni si ottiene un'equazione in cui è stata eliminata la dipendenza da cos2 γ + sin2 γ = 1:

γ

sfruttando la relazione trigonometrica

c2 = (b cos β)2 + (a + b sin β)2

(17.5)

c2 = b2 + a2 + 2ab sin β

(17.6)

da cui:

sin β =

c2 − b2 − a2 1 c2 − b2 − a2 ⇒ β = arcsin = arcsin = 30◦ 2ab 2ab 2

(17.7)

e:

√ 1 3 1 1 b = ⇒ γ = arccos = 60◦ cos γ = cos β = √ c 2 2 3 2

204

(17.8)

CAPITOLO 17.

17.2

MARTELLONE

Soluzione del quesito 2

17.2.1

Con i numeri complessi

Termini di velocità Derivando le equazioni del sistema 17.3 si ottiene:

( −bβ˙ sin β = c˙ cos γ − cγ˙ sin γ bβ˙ cos β = c˙ sin γ + cγ˙ cos γ sistema lineare di due equazioni in velocità relativa

c˙

3

incognite:

(17.9)

c˙, β˙ , γ˙ .

In realtà la

di allungamento del pistone idraulico è legata attraverso

l'equazione di continuità al dato di portata Q fornito nel testo:

Q= con il volume del cilindro

dVcilindro dt

Vcilindro

(17.10)

denito dal prodotto tra l'area del

cilindro e l'altezza della camera contenente l'olio:

Vcilindro = Acilindrohcilindro

(17.11)

da cui:

Q = Acilindro

dhcilindro = Acilindro c˙ dt

(17.12)

m3 s −2 10 m2

(17.13)

Si può quindi ricavare:

c˙ =

9 3600

0.5 ·

= 0.5

m s

Risolvendo il sistema 17.9, che a questo punto risulta contenere solamente

2

incognite, si ottiene:

c˙ cos γ −b sin β c sin γ β˙ = c˙ sin γ b cos β −c cos γ γ˙ √ Moltiplicando per 3 la prima equazione e sommandola elimina la dipendenza da β˙ ottenendo:

√ √ √ ! √ 3 3 3 3 3 rad γ˙ = − + ⇒ γ˙ = 0.5 2 2 4 4 s

(17.14)

alla seconda si

(17.15)

e 205

CAPITOLO 17.

MARTELLONE

1 rad β˙ − 3γ˙ = − ⇒ β˙ = 1 2 s

(17.16)

Termini di accelerazione Derivando le equazioni del sistema 17.9 si ottiene:

2 bβ˙ cos β − 2c˙γ˙ sin γ − cγ˙ 2 cos γ −b sin β c sin γ β¨ = b cos β −c cos γ γ¨ bβ˙ 2 sin β + 2c˙γ˙ cos γ − cγ˙ 2 sin γ

(17.17)

da cui:

β¨ =

√

3 rad 2 s2

(17.18)

e

γ¨ = 17.3

√

3 rad 4 s2

(17.19)

Soluzione del quesito 3

L'esercizio sarà risolto mediante:

•

Teorema dell'energia cinetica.

•

Principio di d'Alembert.

In entrambi i casi è necessario calcolare l'accelerazione e la velocità del baricentro dell'asta



e della massa

M2 .

Denendo i vettori:

(G − C) = e eiβ

(17.20)

(P − C) = f eiβ

(17.21)

e

le velocità e le accelerazioni assolute dei baricentri si ottengono derivando tali espressioni rispetto al tempo:

˙ iβ ; ~aG = ieβe ¨ iβ − eβ˙ 2 eiβ ~vG = ieβe 206

(17.22)

CAPITOLO 17.

MARTELLONE

˙ iβ ; ~aP = if βe ¨ iβ − f β˙ 2eiβ ~vP = if βe

(17.23)

in cui è possibile riconoscere i termini di accelerazione normale e accelerazione tangenziale dei due punti appartenenti all'asta attorno al punto sso

17.3.1



in moto rotatorio

C. ¨ iβ ; ~aG,n = −eβ˙ 2 eiβ ~aG,t = ieβe

(17.24)

¨ iβ ; ~aP,n = −f β˙ 2 eiβ ~aP,t = if βe

(17.25)

Teorema dell'Energia Cinetica

In Figura 17.4 viene riportato lo schema del sistema meccanico evidenziando tutte le forze che agiscono su di esso e le relative velocità dei punti di applicazioni nonché le velocità e le accelerazioni assolute sia lineari che angolari per la scrittura dell'energia cinetica e delle forze di inerzia dei vari membri costituenti il meccanismo.

aP,t .. β

. β aG,t vG

vP

aP,n

aG,n

M2g F

M 1g

HA VA MA Figura 17.4: Vettori accelerazione sul sistema martellone

Utilizzando l'equazione del teorema dell'energia cinetica (Bilancio di Potenze), in cui compaiono solamente le forze che compiono lavoro, è possibile 207

CAPITOLO 17.

MARTELLONE

scrivere una relazione in cui l'unica incognita è la forza dovuta ai gas nel cilindro.

La forza legata alla pressione dei gas compare nell'equazione del

teorema dell'energia cinetica poiché è una forza interna che compie lavoro.

VT

T VR

Fgas

Fgas R

Figura 17.5: Pressione sprigionata all'interno del cilindro

Scrivendo infatti la potenza relativa alle due forze di azione e reazione legate ai gas applicate ai punti

T

ed

R

che hanno velocità tra loro dierenti:

Wgas = F~gas, T · ~vT + F~gas, R · ~vR = F~gas · ~vT + − F~gas · ~vR = F~gas · (~vT − ~vR ) = F~gas · ~vrel

(17.26)

si osserva che la potenza legata ai gas esiste, se esiste, una velocità relativa tra i due punti su cui si scaricano le forze di azione e reazione. Nella Figura 17.6 viene riportato il sistema su cui agiscono tutte le forze comprese quelle di inerzia: Esprimendo la forza relativa ai gas come:

Fgas = pgas Acilindro

(17.27)

e le forze di inerzia come:

208

F~in,P,n = −M2~aP,n

(17.28)

F~in,P,t = −M2~aP,t

(17.29)

F~in,G,n = −M1~aG,n

(17.30)

CAPITOLO 17.

MARTELLONE

vP Fin P,n

Cin vG Fin G,n

Fin P,t

M2g Fin G,t

F

M 1g

HA VA MA Figura 17.6: Vettori delle forze d'inerzia agenti sul sistema martellone

F~in,G,t = −M1~aG,t

(17.31)

~ in = −J1~¨β C

(17.32)

l'equazione di Bilancio di Potenze può essere scritta come:

F~gas × ~vrel,cilindro + (F~ + M2~g ) × ~vP + M1 g × ~vG + + F~in,G,n × ~vG + F~in,G,t × ~vG + F~in,P,n × ~vP + ~ in ×~˙β = 0 + F~in,P,t × ~vP + C

F~gas × ~vrel,cilindro + (F~ + M2~g ) × ~vP + M1 g × ~vG + ~ ~ − M1~aG × ~vG − M2~aP × ~vP − J1 β¨ × β˙ = 0 Fgas vrel,cilindro − (F + M2 g) cos βvP − M1 g cos βvG = = M1 aG,t vG + M2 aP,t vP + J1 β¨β˙

(17.33)

(17.34)

(17.35)

209

CAPITOLO 17.

MARTELLONE

¨ β+ ˙ Fgas c˙ − (F + M2 g) cos βf β˙ − M1 g cos βeβ˙ − M1 f βf ¨ β˙ − J1 β¨β˙ = 0 − M2 eβe β˙ [(F + M2 g) cos βf + M1 g cos βe+ c˙ ¨ + M1 f 2 β¨ + M2 e2 β¨ + J1 β]

(17.36)

Fgas =

Fgas = 4964 N ⇒ pgas =

Fgas

= Acilindro N 4964 N = 992800 = 9928 bar = 0.5 · 10−2 m2 m2

17.3.2

(17.37)

(17.38)

Principio di d'Alembert (equilibri dinamici)

Fin P,n

Cin

Fin G,n

Fin P,t

M 2g Fin G,t

F

M 1g

HA VA MA Figura 17.7: Vettori delle forze d'inerzia agenti sul sistema martellone Evidenziando nella Figura 17.7 le reazioni vincolari e le forze di inerzia ci si accorge che la forza dei gas non compare in quanto forza interna se consideriamo l'intero sistema. 210

CAPITOLO 17.

MARTELLONE

Per evidenziare tale forza si deve analizzare un sottosistema come quello riportato nella Figura 17.8:

Fin P,n Cin Fin G,n γ

HC

Fin P,t

M 2g F

Fgas Fin G,t

β VC M 1g

Figura 17.8: Vettori delle forze d'inerzia agenti su un possibile sottosistema

Scrivendo ora un'equazione di equilibrio alla rotazione attorno al punto in modo da non fare comparire le reazioni vincolari incognite in

C

C

si ottiene

la relazione:

Fgas sin(γ − β)b − Cin − Fin,G,t e − Fin,P,t f + − M1 ge cos β − M2 gf cos β − F f cos β = 0

¨ Fgas sin(γ − β)b − J1 β¨ − M1 e2 β¨ − M2 f 2 β+ − M1 ge cos β − M2 gf cos β − F f cos β = 0

Fgas = 4964 N ⇒ pgas = =

4964 0.5 · 10−2

Le reazioni vincolari in

A

(17.39)

(17.40)

Fgas

= Acilindro N N = 992800 2 = 9928 bar 2 m m

(17.41)

possono essere ricavate scrivendo tre equazioni

di equilibrio dinamico sul sistema completo:

X

Fx∗ = 0 ⇒ HA + Fin,G,t sin β + Fin,G,n cos β+

+ Fin,P,t sin β + Fin,P,n cos β = 0

(17.42)

211

CAPITOLO 17.

MARTELLONE

HA + M1 aG,t sin β + M1 aG,n cos β+ M2 aP,t sin β + M1 aP,n cos β = 0

X

Fy∗ = 0 ⇒ VA − Fin,G,t cos β + Fin,G,n sin β − M1 g+

− Fin,P,t cos β + Fin,P,n sin β − M2 g − F = 0

VA − M1 aG,t cos β + M1 aG,n sin β − M1 g+ − M2 aP,t cos β + M1 aP,n sin β − M2 g − F = 0 X

(17.44)

(17.45)

MC∗ = 0 ⇒ HA d + MA − J1 β¨ − M1 ge cos β − M2 gf cos β+

− Fin,G,te − Fin,P,t f − F f cos β = 0 HA d + MA − J1 β¨ − M1 ge cos β − M2 gf cos β+ − M1 e2 β¨ − M2 f 2 β¨ − F f cos β = 0

212

(17.43)

(17.46)

(17.47)

√ HA = −55.5 3 N

(17.48)

VA = 1509 N

(17.49)

√ MA = 1544 3 Nm

(17.50)

18 Quadrilatero Quadro Del meccanismo illustrato in Figura 18.1 sono note le caratteristiche geometriche ed inerziali:

h . ω,ω Cm B

C

45° G M,J P

D

F

j

k

30°

i

A Figura 18.1: Sistema quadrilatero con massa a forma di quadrato

AB = 0.5 m AD = 0.5 m J = 0.1 Kgm2

BC = 0.183 m CD = 0.353 m h = CG = 0.353 m M = 10 kg

213

CAPITOLO 18.

QUADRILATERO QUADRO

Nota la velocità angolare ω = 37.32rad/s e l'accelerazione angolare ω ˙ = 2 110rad/s della manovella BC , determinare per lo istante temporale considerato: 1. le velocità angolari delle aste

AD

e

2. le accelerazioni angolari delle aste 3. le velocità del punto

G

Cm

AD

e

CD

(baricentro del corpo) e del punto

applicazione della forza 4. la coppia

CD

(punto di

F)

da applicare alla manovella

studiato in presenza di una forza 5. le reazioni vincolari in

P

A

e

BC

per ottenere il moto

F = 50 N

B

Gradi di libertà del sistema 3 corpi rigidi: 4 cerniere: Totale:

9 g.d.l.

-

8 g.d.v.

=

1 g.d.l.

residuo

Tabella 18.1: Computo dei g.d.l. residui del sistema

Sistema di riferimento Il sistema di riferimento, posto come in Figura 18.1, ha i versori rispettivamente orizzontale e verticale mentre il versore

− → k

− → i

e

− → j

è perpendicolare

al piano del foglio, e verso uscente rispetto ad esso.

18.1

Soluzione del quesito 1

Con le convenzioni scelte e riportate in Figura

??,

la equazione di chiusura

può essere scritta in forma vettoriale come:

~a + ~b + ~c = d~

(18.1)

e adottando la notazione complessa:

aeiα + beiβ + ceiγ = deiδ

(18.2)

Tali vettori sono anche riportati in Tabella 18.2, in cui sono evidenziate le grandezze che rimangono costanti e quelle che invece variano nel tempo. 214

CAPITOLO 18.

QUADRILATERO QUADRO

γ

β B

b

C

c a D

j

d

α δ

k i

A

Figura 18.2: Sistema quadrilatero, chiusura vettoriale

Vettore

Modulo

Fase

~a

a

costante e noto

α

costante e nota

~b

b

costante e noto

β

variabile e nota

~c

c

costante e noto

γ

variabile e nota

d~

d

costante e noto

δ

variabile e nota

Tabella 18.2: Caratteristiche dei vettori

La formulazione vettoriale è equivalente ad un sistema di due equazioni scalari in cui si esprimono le relazioni esistenti tra i termini reali e quelli immaginari:

( a cos α + b cos β + c cos γ = d cos δ a sin α + b sin β + c sin γ = d sin δ

(18.3)

Derivando nel tempo la equazione di chiusura 18.2 o equivalentemente il sistema di equazioni scalari 18.3 si ottengono le relazioni tra i vettori velocità:

˙ iβ + icγe ˙ iδ iaαe ˙ iα + ibβe ˙ iγ = idδe

(18.4)

π π ˙ i(β+ π2 ) + cγe ˙ i(δ+ π2 ) aαe ˙ i(α+ 2 ) + bβe ˙ i(γ+ 2 ) = dδe

(18.5)

Tale formulazione vettoriale è equivalente ad un sistema di due equazioni scalari in cui si esprimono le relazioni esistenti tra i termini reali e quelli immaginari:

(

−aα˙ sin α − bβ˙ sin β − cγ˙ sin γ = −dδ˙ sin δ aα˙ cos α + bβ˙ cos β + cγ˙ cos γ = dδ˙ cos δ

(18.6)

215

CAPITOLO 18.

QUADRILATERO QUADRO

Considerando solo i termini eettivamente variabili nel tempo e sostituendo i valori noti degli angoli, delle lunghezze delle aste e della velocità angolare di manovella

β˙ = ω = 37.32 rad/s (ω

assegnata in senso antiorario)

tali equazioni si semplicano nella seguente forma:

0.183 · 37.32 ei(90 ) + 0.535γ˙ ei(405 ) = 0.5δ˙ ei(120

(18.7)

( −0.353γ˙ sin(315◦ ) = −0.5δ˙ sin(30◦ ) 0.183 · 37.32 + 0.535γ˙ cos(315◦) = 0.5δ˙ cos(30◦ )

(18.8)

◦

◦

◦)

Da cui si ricava:

rad δ˙ ∼ = 10 s rad γ˙ ∼ = −10 s

(18.9)

La equazione complessa in velocità può anche essere vista gracamente come: π γ+ __ 2

. cγ . bβ

. dδ π β+ __ 2

π δ+ __ 2

Figura 18.3: Vettori velocità

216

CAPITOLO 18.

18.2

QUADRILATERO QUADRO

Soluzione del quesito 2

Derivando nel tempo la equazione di chiusura delle velocità 18.4 o equivalentemente il sistema di equazioni scalari 18.6 si ottengono le relazioni tra i vettori accelerazione:

¨ iβ − bβ˙ 2 eiβ + c¨ ¨ iδ − idδ˙ 2 eiδ ibβe γ eiγ − icγ˙ 2 eiγ = dδe

(18.10)

π ¨ i(δ+ π2 ) + dδ˙ 2 ei(δ+π) ¨ i(β+ π2 ) + bβ˙ 2 ei(β+π) + c¨ γ ei(γ+ 2 ) + cγ˙ 2 ei(γ+π) = dδe bβe

(18.11) Tale formulazione vettoriale è equivalente ad un sistema di due equazioni scalari in cui si esprimono le relazioni esistenti tra i termini reali e quelli immaginari a cui si poteva arrivare anche derivando il sistema 18.6:

( −bβ¨ sin β − bβ˙ 2 cos β − c¨ γ sin γ − cγ˙ 2 cos γ = −dδ¨ sin δ − dδ˙ 2 cos δ bβ¨ cos β − bβ˙ 2 sin β + c¨ γ cos γ − cγ˙ 2 sin γ = dδ¨ cos δ − dδ˙ 2 sin δ

(18.12)

Sostituendo i valori noti degli angoli, delle lunghezze delle aste, della

¨= velocità angolare di manovella e della accelerazione angolare di manovella β ω˙ = 110rad/s2 (ω˙ assegnata in senso antiorario) tali equazioni si semplicano nella seguente forma matriciale:

γ¨ −0.353 sin(315◦ ) 0.5 sin(30◦ ) = 0.353 cos(315◦ ) −0.5 cos(30◦ ) δ¨ 0.183 · 37.322 + 0.353 · (−10)2 cos(315◦ ) − 0.5 · cos(30◦ ) −0.183 · 110 + 0.353 · (−10)2 sin(315◦ ) − 0.5 · sin(30◦ )

(18.13)

(18.14)

Da cui si ricava:

δ¨ γ˙

∼ = 449449 rad/s2 ∼ = −10497 rad/s2

(18.15)

217

CAPITOLO 18.

18.3

QUADRILATERO QUADRO

Soluzione del quesito 3

Velocità ed accelerazione dei punti

G

e

P

possono essere ricavate applicando

il teorema di Rivals, in particolare per il baricentro

G

si può scrivere:

(G − P ) = (C − B) + (G − C)

(18.16)

j

γ (C - B)

(G - C)

B

k

G 45°

(G - B)

i

Figura 18.4: Chiusura vettoriale su G

Essendo nota la geometria sono noti:

|G − C| =

s

GC 2

2

2 h + = 0.25 m 2

(18.17)

e la relazione 18.18 può dunque essere riscritta come:

(G − P ) = (C − B) + (G − C) = beiβ + |G − C|ei(γ+45

◦)

(18.18)

Derivando rispetto al tempo la espressione si ottiene:

Il vettore

d ◦ ˙ iβ + i|G − C|γe (G − P ) = ~vG = ibβe ˙ i(γ+45 ) dt velocità del baricentro G risulterà quindi avere

(18.19) componenti

cartesiane:

( ~vG,x = −0.25γ˙ sin(315◦ + 45◦ ) = 0 m/s ~vG,y = 0.183β˙ + 0.25γ˙ cos(315◦ + 45◦ ) = 4.33 m/s

(18.20)

modulo e fase:

~vG =

q √ 2 2 ~vG,x + ~vG,y = 02 + 4.332 = 4.33 m/s Ψvel = 90◦

218

(18.21)

(18.22)

CAPITOLO 18.

QUADRILATERO QUADRO

. GC γ . bβ vG

ψvel

Figura 18.5: Chiusura vettori velocità (del baricentro)

Derivando una seconda volta rispetto al tempo la equazione 18.19 ed il sistema 18.20 si ottengono i termini di accelerazione:

d ◦ ◦ ¨ iβ −bβ˙ 2 eiβ + i|G −C|¨ ~vG = ~aG = ibβe γ ei(γ+45 ) −|G −C|γ˙ 2 ei(γ+45 ) dt  ~aG,x    

= −0.183β˙ 2 − 0.25¨ γ sin(315◦ + 45◦ )+ −0.25γ˙ 2 cos(315◦ + 45◦ ) = −280 m/s2  ~aG,y = 0.183β¨ + 0.25¨ γ cos(315◦ + 45◦ )+    −0.25γ˙ 2 sin(315◦ + 45◦ ) = 144.45 m/s2 q √ ~aG = ~a2G,x + ~a2G,y = 2802 + 144.452 = 315 m/s2

(18.24)

(18.25)

Ψacc = 152.7◦ Analogamente si procede per il punto

(18.23)

(18.26)

P:

(P − A) = (D − A) + (P − D) = deiδ + |P − D|ei(γ−270

◦)

(18.27)

ed essendo nota la geometria si ricava:

|P − D| =

h = 0.177 m 2

(18.28)

Derivando rispetto al tempo la espressione 18.27, si ottiene:

d ◦ ˙ iδ + i|P − D|γe (P − A) = ~vP = idδe ˙ i(γ−270 ) dt

(18.29)

219

CAPITOLO 18.

QUADRILATERO QUADRO

P 45° (P - D)

(P - A) D (D - A) A

δ

Figura 18.6: Chiusura vettoriale su P

. PDγ

. dδ vP

ψ

Figura 18.7: Chiusura vettori velocità (del punto P)

Il vettore velocità del punto

P

risulta quindi avere componenti cartesiane:

( ~vP,x = −0.5δ˙ sin(30◦ ) − 0.177γ˙ sin(315◦ − 270◦ ) = −1.25 m/s ~vP,y = 0.5δ˙ cos(30◦ ) + 0.177γ˙ cos(315◦ − 270◦ ) = 3 m/s q p 2 2 ~vP = ~vP,x + ~vP,y = (−1.25)2 + 32 = 3.25 m/s Ψvel = 112.6◦

220

(18.30)

(18.31)

(18.32)

CAPITOLO 18.

18.4

QUADRILATERO QUADRO

Soluzione del quesito 4

18.4.1

Teorema dell'energia cinetica

Per poter risolvere il problema dinamico si possono scrivere equazioni di equilibrio dinamico oppure utilizzare metodi energetici come il teorema della energia cinetica (Bilancio di Potenza). Per questo è stato necessario calcolare la accelerazione e la velocità del baricentro

G

della massa

M

e del punto

P

F.

di applicazione della forza

In Figura 18.8 viene riportato lo schema del sistema meccanico evidenziando tutte le forze che agiscono su di esso e le relative velocità dei punti di applicazioni nonché le velocità e le accelerazioni assolute sia lineari che angolari per la scrittura della energia cinetica e delle forze di inerzia dei vari membri costituenti il meccanismo.

vG Cm HB

B

C

vP

aG

.. γ

G VB

P Mg D

HA

. γ

F

A

VA

Figura 18.8: Vettori velocità ed accelerazioni dei punti G e P

Di conseguenza le azioni di inerzia risulteranno: Nella equazione di bilancio di potenze compariranno solamente le forze in grado di compiere lavoro:

~ m ∧ β~˙ + M~g ∧ ~vG + F~ ∧ ~vP + F~in ∧ ~vG + C ~ in ∧ ~γ˙ = 0 C

(18.33)

Esprimendo le forze e coppie di inerzia come:

F~in = −M~aG ~ in = −J ~γ¨ C

(18.34) 221

CAPITOLO 18.

QUADRILATERO QUADRO

vG Cm HB

B

vP C

Cin

G VB

Fin P

Mg D

HA

F

A

VA

Figura 18.9: Vettori forze e coppie di inerzia applicati al corpo di massa M

possiamo riscrivere il bilancio come:

Cm β˙ − MgvG + F vP cos(135◦ − 112.6◦) + +MaG vG cos(152.7◦ − 90◦ ) + J γ¨ γ˙ = 0

Cm =

1 (MgvG − F vP cos(22.4◦ ) + β˙

−MaG vG cos(62.7◦ ) − J γ¨ γ) ˙ = 20.15 Nm

222

(18.35)

(18.36)

CAPITOLO 18.

18.5

QUADRILATERO QUADRO

Soluzione del quesito 5

18.5.1

Principio di d'Alembert (equilibri dinamici)

Le tre equazioni di equilibrio dinamico che si possono scrivere sul sistema completo non sono sucienti a calcolare le

4

reazioni vincolari in

A

e

B.

Cm HB

B

C

Cin

G VB

Fin P

Mg D

HA

F

A

VA

Figura 18.10: Reazioni vincolari nei punti A e B

Scegliendo di scrivere due equazioni di momento attorno ai punti

A

e

B

su tutto il sistema in modo da fare comparire solamente una incognita per equazione, si ottiene:

X

~∗ =0 M A

−HB BA + Cm − (Mg + Fin,y ) AD cos(30◦ ) − Fin,x AB − Cin + h ◦ ◦ +F AD cos(45 − 30 ) + =0 2 " √ # 3 MaG,y 0.96 HB = 2 Cm − (Mg + MaG,y ) − − J γ¨ + F + 0.177 = 4 2 2

= −4130 N

(18.37) 223

CAPITOLO 18.

X

QUADRILATERO QUADRO

~∗ =0 M B

√ ! 2 h ◦ HA BA + Cm − (Mg + Fin,y ) BC + CG − Cin + F BC cos(45 ) + 2 2 !# " √ 2 h = + HA = −2 Cm − (Mg + MaG,y ) (0.183 + 0.25) − J γ¨ + F 0.183 2 2 = 1364 N

(18.38)

Un legame tra le reazioni verticali può essere ottenuto scrivendo un equilibrio dinamico in direzione verticale:

X

F~y∗ = 0 ⇒ VA + VB − Mg − Fin,y + F sin(45◦ ) = 0

(18.39)

Per ottenere una ulteriore equazione in cui compaiano le reazioni vincolari verticali è necessario considerare un sottosistema come quello riportato in gura:

HC

C

Cin

G VC

Fin P

Mg D

HA

F

A

VA

Figura 18.11: Reazioni vincolari nei punti A e C

224

19 Disco Cuneo Il sistema rappresentato in Figura 19.1 è composto da due corpi rigidi, un

C di un disco di raggio R e massa M , F orizzontale. Sul disco è appoggiato un cuneo omogeneo di massa m, cateti a e b e ipotenusa inclinata di un angolo α rispetto all'orizzontale. Il cuneo è vincolato mediante

disco ed un cuneo, a contatto. Sul centro

che scorre lungo una guida orizzontale, è applicata una forza

due carrelli a scorrere lungo una guida verticale.

Y

j k

y

i a

α G P

b

O

mg

M,R C

F

θ Mg x Figura 19.1: Sistema disco-cuneo.

225

X

CAPITOLO 19.

DISCO CUNEO

Conoscendo la legge di moto del centro del disco 1. Il modulo della forza

F~

x(t),

calcolare:

necessario a garantire il moto assegnato nell'i-

potesi di rotolamento senza strisciamento tra disco e cuneo nel punto di contatto

P.

2. Le reazioni vincolari, sapendo che il carrello inferiore del cuneo si trova a metà del lato verticale di lunghezza

P

punto

b

e che nell'istante considerato il

è allineato al carrello inferiore.

Gradi di libertà del sistema 2 corpi rigidi:

6 g.d.l.

-

3 carrelli:

3 g.d.v.

=

1 contatto di rotolamento senza strisciamento:

2 g.d.v.

=

Totale:

1 g.d.l.

residuo

Tabella 19.1: Computo dei g.d.l. residui del sistema

Scelta del sistema di riferimento e delle coordinate libere Essendoci un solo grado di libertà, è necessaria una sola coordinata libera per descrivere il moto del sistema. Il cuneo si muove di moto traslatorio con direzione parallela all'asse

Y;

il disco ha un moto rototraslatorio, e il suo

centro trasla lungo l'asse delle

X.

Scegliamo come variabile indipendente

per descrivere il moto dell'intero sistema, lo spostamento assegnato centro del disco. versore

~k

del

Il sistema di riferimento è posto come in Figura 19.1. Il

è perpendicolare al piano del foglio, uscente rispetto ad esso; di

conseguenza le rotazioni positive sono antiorarie.

226

x(t)

CAPITOLO 19.

19.1

DISCO CUNEO

Cinematica

La cinematica del problema in esame consiste nella denizione di alcuni importanti legami tra le variabili in gioco tra cui:

•

Il legame cinematico tra la variabile

y , che

denisce lo spostamento del

baricentro del cuneo secondo le convenzioni assunte per il sistema di riferimento adottato, e la variabile indipendente

• •

θ,

che denisce la rotazione del

vG

del cuneo, necessaria alla ri-

Il legame cinematico tra la variabile disco, e la variabile indipendente

x.

x.

La velocità assoluta del baricentro

soluzione del problema con le equazioni cardinali e con il teorema dell'energia cinetica.

•

L'accelerazione assoluta

aG

del baricentro del cuneo, necessaria alla

risoluzione del problema con il principio di D'Alembert.

Per determinare velocità e accelerazione del baricentro possono essere utilizzati diversi procedimenti: 1. Sfruttando la conoscenza della posizione del CIR. 2. Attraverso i moti relativi. 3. Attraverso la scrittura di una equazione di chiusura.

19.1.1

Posizione del CIR

Il centro di istantanea rotazione del disco (punto

S

in Figura 19.2) si ricava

tracciando la perpendicolare alla direzione della velocità di due punti del disco. Nel caso in esame si considerino i punti assoluta (rispettivamente parallela all'asse

C e P , di cui è X ed Y ):

v~C = θ˙~k ∧ (C − S) = x˙~i v~P = θ˙~k ∧ (P − S) = −y˙~j

nota la traiettoria

(19.1)

227

CAPITOLO 19.

DISCO CUNEO

vP

j k i

P S

α vC

C

O

X

θ

Figura 19.2: CIR relativo al disco.

x˙ e θ˙ (velocità angolare del disco) mentre dalla seconda si ricava il legame tra x ˙ e y˙ velocità del baricentro Dalla prima delle 19.1 si ricava il legame tra

del cuneo:

θ˙~k ∧ (−R cos α~j) = x˙~i θ˙~k ∧ (−Rsenα~i) = −y˙~j da cui si ottiene:

x˙ R cos α y˙ = −Rθ˙ sin α = −R θ˙ =

x˙ sin α = −x˙ tan α R cos α

Derivando le 19.2 si ottiene l'accelerazione di del disco in funzione di

(19.2)

G e l'accelerazione angolare

x¨: x¨ R cos α y¨ = −¨ x tan α θ¨ =

228

(19.3)

CAPITOLO 19.

19.1.2

DISCO CUNEO

Moti relativi

Con i moti relativi si pone una terna traslante con origine coincidente con ASS il baricentro del cuneo G e si scrive la velocità assoluta di C , vC , come TR somma della velocità di trascinamento della terna, vC , e di quella relativa, vCREL . L'osservatore relativo solidale al cuneo vede il punto C seguire una traiettoria rettilinea parallela al piano inclinato: π

~vCASS = ~vCT R + ~vCREL ⇒ x˙ = ye ˙ i 2 + v REL eiα

(19.4)

Sono note le direzioni di tutti i vettori ed il modulo ed il verso della

~vCASS

da cui si possono ricavare i moduli ed i versi dei rimanenti due. Nella 19.4 si è utilizzata la notazione complessa per scrivere i vettori.

Proiettandola

sull'asse reale ed immaginario si ricavano le grandezze cinematiche richieste:

(

 

x˙ v REL x˙ ⇒ θ˙ = = ⇒ cos α R R cos α  0 = y˙ + v REL sin α REL y˙ = −v sin α = −x˙ tan α

x˙ = v REL cos α

v REL =

(19.5)

π , y˙ 2 negativa nella 19.5 indica che la velocità del baricentro è diretta verso il Poiché nella 19.4 la direzione della velocità del baricentro è ssa

basso quando la velocità

x˙

del disco è positiva.

. x . y Vrel

Figura 19.3: Schema delle velocità.

Derivando le 19.5 si ottiene l'accelerazione di

G e l'accelerazione angolare

del disco (vedi equazioni 19.3).

229

CAPITOLO 19.

19.1.3

DISCO CUNEO

Equazione di chiusura

L'equazione vettoriale di chiusura (Figura 19.4) può essere scritta come:

~x = ~y + ~a + ~b + ~c

(19.6)

Y

α

b

a G

c

y

C

x

O

X θ

Figura 19.4: Equazione di chiusura. che scritta con notazione complesse appare come: 3

π

x = yei 2 + a + beiα + cei( 2 π+α)

(19.7)

~x, ~y e ~b che seguono relativa di C rispetto a G,

Tale equazione si ottiene dalla denizione dei vettori le traiettorie assolute di

C

e di

G

e la traiettoria

e chiudendo con i vettori di servizio verso.

~a

e

~c,

costanti in modulo, direzione e

Derivando la 19.7 si ottiene nuovamente l'equazione 19.4, che è già

stata risolta con il precedente metodo. In Figura 19.5 vengono riportati i vettori velocità e accelerazione relativi al moto del sistema.

230

CAPITOLO 19.

DISCO CUNEO

Y vG aG

α G

vC

C

O

X

aC . .. θ,θ

Figura

19.5:

Velocità

ed

accelerazioni dei

punti

C

e

G,

velocità

ed

accelerazione angolare del disco.

19.2

Soluzione del quesito 1

L'esercizio sarà risolto mediante:

•

Teorema dell'energia cinetica.

•

Equazioni cardinali della dinamica.

•

Principio di d'Alembert.

19.2.1

Teorema dell'energia cinetica

dEc = ΠEST + ΠIN T dt dove

Ec

è l'energia cinetica del sistema,

ΠEST

(19.8) la somma delle potenze

date dalle forze e coppie attive più quelle dovute alle reazioni vincolari e IN T quella dovuta alle forze e coppie interne. L'energia cinetica all'attrito e Π è data dalla somma dell'energia cinetica del disco e di quella del cuneo:

1 1 2 1 Ec = Ec,disco + Tc,cuneo = MvC2 + JG θ˙2 + mvG 2 2 2 Le espressioni delle potenze

ΠEST

e

(19.9)

ΠIN T , facendo riferimento alla Figura

19.6 possono essere scritte come: 231

CAPITOLO 19.

DISCO CUNEO

ΠEST = F~i · ~vC − Mg~j · ~vC − mg~j · ~vG = F~i · x˙~i − Mg~j · x˙~i − mg~j · y˙~j

(19.10)

ΠIN T = 0

(19.11)

Y

j . y

k i

H1

a

α G H2

P

b

O

M,R

mg

C

. x

F

X

. θ

V Mg x

Figura 19.6: Forze attive e reazioni vincolari agenti sul sistema. Derivando la 19.9 rispetto al tempo si ottiene:

dEc = M x¨x˙ + JG θ¨θ˙ + m¨ y y˙ dt

(19.12)

che uguagliata alla 19.10 restituisce la seguente equazione scalare:

M x¨x˙ + JG θ¨θ˙ + m¨ y y˙ = F x˙ − mg y˙ 2 MR ¨ ˙ M x¨x˙ + θθ + m¨ y y˙ = F x˙ − mg y˙ 2 Sostiutendo i legami cinematici 19.2 e semplicando la velocità

(19.13)

x˙

si ot-

tiene:

da

232

x¨ 1 + m¨ x tan2 α = F + mg tan α M x¨ + MR2 2 2 R cos2 α cui si ricava il valore della forza F : M 2 + m tan α x¨ − mg tan α F = M+ 2 cos2 α

(19.14)

(19.15)

CAPITOLO 19.

19.2.2

DISCO CUNEO

Equazioni cardinali della dinamica

Evidenziamo in Figura 19.7 tutte le forze esterne comprese quelle delle reazioni vincolari agenti sul sistema, le quantità di moto e il momento della quantità di moto del disco rispetto al suo baricentro

G:

Y

j k

. my

i

H1

a

α G H2

P

b

O

mg

M,R . mx

C

F

X

. Jθ

V Mg x

Figura 19.7: Vettori delle quantità di moto e dei momenti delle quantità di moto, oltre alle forze attive ed alle reazioni vincolari. Dall'equazione della derivata della quantità di moto lungo l'asse possibile calcolare direttamente la reazione vincolare

~y dQ ~ y( EST ) =R dt

y

è

V: (19.16)

La quantità di moto in direzione verticale è data dal solo contributo del cuneo:

~ y = my˙~j Q

(19.17)

mentre il risultante delle forze verticali è:

V ~j − Mg~j − mg~j

(19.18)

Eettuando la derivazione rispetto al tempo della quantità di moto e assemblando l'equazione si ottiene:

m¨ y~j = V ~j − Mg~j − mg~j

(19.19)

da cui: 233

CAPITOLO 19.

DISCO CUNEO

V = m¨ y + Mg + mg e sostituendo il legame tra le variabili

x

(19.20)

y:

e

V = −m¨ x tan α + Mg + mg Il modo più veloce per calcolare la forza

F

(19.21)

consiste nello scrivere la de-

rivata del momento della quantità di moto relativa al solo disco, scegliendo come polo il punto di contatto

P

tra disco e cuneo: in questo modo le azioni

interne scambiate nel punto di contatto hanno braccio nullo, e l'equazione scritta risulta funzione solo della reazione

V,

già calcolata:

d~Γdisco P ~ (disco) ∧ ~vP + M ~ (EST ) =Q P dt

(19.22)

Il momento della quantità di moto del disco rispetto al punto

P

può essere

espresso come:

~Γdisco = J (disco) θ˙~k = 3 MR2 θ˙~k P P 2

(19.23)

~ (disco) = M x˙~i Q

(19.24)

P scelto, è un punto mobile che conserverà nel tempo yP = R cos α, spostandosi in orizzontale con velocità:

Il punto ordinata

~vP = x˙~i Il prodotto vettoriale tra quantità di moto e velocità di

la sua

(19.25)

P

risulta quindi

nullo. Il momento risultante delle forze esterne rispetto al punto

P:

~ (EST ) = (C − P ) ∧ (V − Mg)~j + (C − P ) ∧ F~i = M P = (R sin α~i − R cos α~j) ∧ (V − Mg)~j + +(R sin α~i − R cos α~j) ∧ F~i

(19.26)

da cui:

Sostituendo della forza 19.15: 234

3 MR2 θ¨~k = F R cos α~k + (V − Mg)R sin α~k 2 nell'espressione il legame tra x e θ si ottiene

(19.27) l'espressione

F , identica a quella già trovata con il teorema dell'energia cinetica

CAPITOLO 19.

1 3 x¨ 2 MR − (V − Mg)R sin α = R cos α 2 R cos α 3M x¨ − (V − Mg) tan α = 2 cos2 α 3M x¨ − (−m¨ x tan α + mg) tan α = 2 cos2 α 3M x¨ + m¨ x tan2 α − mg tan α 2 2 cos α

F = = = = 19.2.3

DISCO CUNEO

(19.28)

Principio di d'Alembert

Si devono aggiungere le forze e coppie d'inerzia alle forze e coppie attive e alle reazioni vincolari agenti sul sistema:

Y

j k i

H1

a

α G H2

b

P

M,R

.. my .. mx

mg

O

.. Jθ

F

C

X

V Mg

x Figura 19.8: Vettori delle forze e dei momenti d'inerzia, oltre alle forze attive ed alle reazioni vincolari. Mediante l'aggiunta delle forze e coppie d'inerzia, si può risolvere un problema dinamico con la stessa metodologia adottata per la risoluzione dei problemi statici.

La forza d'inerzia è uguale al prodotto della massa per

l'accelerazione del baricentro cambiata di segno, e la coppia d'inerzia è uguale al prodotto del momento d'inerzia rispetto al baricentro per l'accelerazione angolare cambiata di segno:

( ~ in = −m~aG − M~aC = −m¨ R y~j − M x¨~i = m¨ x tan α~j − M x¨~i ~ in = −JG~¨θ = − 1 MR2 θ¨~k M

(19.29)

2

235

CAPITOLO 19.

DISCO CUNEO

Scrivendo l'equazione di equilibrio in direzione verticale siamo in grado di calcolare la reazione vincolare

V:

(V − Mg)~j − mg~j − m¨ y~j = 0

⇒

V = Mg + mg − m¨ x tan α

Il modo più veloce per calcolare la forza

F

(19.30)

consiste nello scrivere l'equa-

zione di equilibrio alla rotazione del solo disco, scegliendo come polo il punto di contatto

P

tra disco e cuneo: in questo modo le azioni interne scambia-

te nel punto di contatto hanno braccio nullo, e l'equazione scritta risulta funzione solo della reazione

V,

già calcolata:

j k i

P NP TP Mx

O .. Jθ

C

F

V Mg

Figura 19.9: Vettori delle forze scambiate tra disco e cuneo.

(C − P ) ∧ (F − M x¨)~i + (C − P ) ∧ (V − Mg)~j − JG θ¨~k = 0(19.31) F R cos α − M x¨R cos α + V R sin α − MgR sin α − JG θ¨ = 0 (19.32) Sostituendo nella (15) la prima delle (3) e la (14), si ottiene l'espressione della forza F, identica a quella già trovata con il teorema dell'energia cinetica (12):

F = M x¨ − (Mg + mg − m¨ x tan α) tan α + Mg tan α + x¨ 1 1 2 MR = + 2 R cos α R cos α M 2 F = M+ + m tan α x¨ − mg tan α 2 cos2 α 236

(19.33) (19.34)

(19.35)

CAPITOLO 19.

19.3

DISCO CUNEO

Soluzione del quesito 2

L'esercizio sarà risolto mediante:

•

Equazioni cardinali della dinamica.

•

Principio di d'Alembert.

19.3.1

Equazioni cardinali della dinamica

Per determinare le reazioni vincolari

H1

ed

H2

si può scrivere la derivata

della quantità di moto di tutto il sistema proiettato in direzione orizzontale e la derivata del momento della quantità di moto di tutto il sistema, scegliendo come polo il punto

B.

La quantità di moto in direzione orizzontale è data dal solo contributo del disco:

~ C,x = M x˙~i Q

(19.36)

mentre il risultante delle forze orizzontali è:

~ (EST ) = H1~i + H1~i + F~i R x

(19.37)

Eettuando la derivazione rispetto al tempo della quantità di moto e assemblando l'equazione si ottiene:

M x¨~i = H1~i + H1~i + F~i

(19.38)

Nella scrittura della derivata del momento della quantità di moto attorno a

B

bisogna considerare che le distanze tra il polo considerato e i punti di

applicazione delle forze agenti sul disco e della quantità di moto del disco stesso sono quantità variabili nel tempo:

d~ΓB ~ ∧ ~vB + M ~ (EST ) =Q B dt

(19.39)

~ΓB = JC θ˙~k + (C − B) ∧ M x˙~i + (G − B) ∧ my˙~j = a~ b ~ MR2 ˙~ ~ ~ ~ θk + xi − yB j ∧ M x˙ i + i − j ∧ my˙~j = = 2 3 3 2 a MR ˙ θ + yB M x˙ + my˙ ~k = = 2 3 2 a MR ˙ θ + (~yB − x tan α) M x˙ + my˙ ~k (19.40) = 2 3 237

CAPITOLO 19.

DISCO CUNEO

d~ΓB MR2 ¨~ a ~ = θk + ~yB M x¨~k − x tan αM x¨~k − x˙ tan αM x˙ ~k + m¨ yk dt 2 3

(19.41)

La quantità di moto è data dalla somma delle quantità di moto dei due corpi:

~ = my˙~j + M x˙~i Q mentre la velocità assoluta del punto

B

(19.42)

è:

~vB = y˙~j Il momento delle forze attorno a

B

(19.43)

risulta:

~ (EST ) = (C − B) ∧ F~i + (C − B) ∧ (V − Mg)~j + M B +(G − B) ∧ (−mg~j) + (D − B) ∧ H2~i

(19.44)

Assemblando l'equazione si ottiene:

a ~ MR2 ¨~ θk + ~yB M x¨~k − x tan αM x¨~k − x˙ tan αM x˙ ~k + m¨ yk = 2 3 = my˙~j + M x˙~i ∧ y˙~j + x~i − yB~j ∧ F~i + V ~j − Mg~j + b a~ b ~ i − j ∧ −mg~j + − ~j ∧ H2~i + (19.45) 3 3 2 Sviluppando i prodotti vettoriali e sostituendo i legami cinematici tra le variabili si ottiene:

MR2 ¨~ a ~ θk + (~yB − x tan α) M x¨~k + m¨ yk = 2 3 b a = x(V − Mg)~k + yB F ~k − mg~k + H2~k 3 2

(19.46)

che porta alla scrittura del sistema di equazioni:

(

238

F − M x¨ + H1 + H2 = 0 V x − Mgx + F yB − mgxG + H2 2b −

M R2 ¨ θ− 2

M x¨yB − m¨ y xG = 0

(19.47)

CAPITOLO 19.

19.3.2

DISCO CUNEO

Principio di d'Alembert

Per determinare le reazioni vincolari

H1

ed

H2

si può scrivere un'equazione

di equilibrio alla traslazione orizzontale di tutto il sistema e un'equazione di equilibrio alla rotazione di tutto il sistema, scegliendo come polo uno dei due carrelli del cuneo (ad esempio quello superiore).

  F~i − M x¨~i + H1~i + H2~i = 0 (C − B) ∧ (V − Mg)~j + (C − B) ∧ (F − M x¨)~i+   +(G − B) ∧ (mg + m¨ y )~j + (D − B) ∧ H2~i − JG θ¨~k = 0

( F − M x¨ + H1 + H2 = 0 (V − Mg)x + (F − M x¨)yB − (mg + m¨ y )xG + H2 2b − JG θ¨ = 0

(19.48)

a trat3 tandosi della posizione del baricentro di un triangolo omogeneo, mentre la Nella 19.48 compaiono le distanze

xG

e

yG .

La prima è pari ad

seconda risulta essere funzione della congurazione del sistema, per cui se interessa scrivere l'espressione delle reazioni vincolari in forma generale, ossia valida per qualunque posizione del disco e conseguentemente del cuneo, tale distanza deve essere espressa in funzione della coordinata libera

x

(Figura

19.10): Y

2/3

H1

a

a

B

α b/2 H2

G

R Sinα

}

yB

P

D α

R

α R

b/2

yD

} R Sinα tgα

M,R

C

A O

X

α

}

R Cosα

C

xG xP x

Figura 19.10: Reazioni vincolari in forma generale.

yP = R cos α xP = x − R sin α yA = yP − xP tan α

(19.49) 239

CAPITOLO 19.

dove

yA

DISCO CUNEO

rappresenta la generica quota dello spigolo inferiore del cuneo,

da cui si ricava:

yB = yA + b = R(cos α + sin α tan α) − x tan α + b = = ~yB − x tan α a xG = 3 Dalla seconda delle 19.48 si ricava la reazione prima delle 19.48 si ricava

(

H2 =

2 b

H2 ;

(19.50)

sostituendo poi nella

H1 .

h i ¨ (M x¨ − F ) yB + (mg + m¨ y ) xG + (Mg − V ) x + JG θ

H1 = M x¨ − F − H2

(19.51)

Analizzando il sistema all'istante considerato:

a + R sin α 2 a xP = 2 a + R sin α tan α + b yB = R cos α + R sin α tan α − 2

x=

(19.52)

da cui, tenendo in considerazione che:

b = tan α a b = R cos α 2

(19.53) (19.54)

l'espressione si semplica:

yB = R cos α −

a tan α + b = b 2

(19.55)

Sostituendo il valore istantaneo nell'espressione generale si ottiene:

h ( H2 = 2b (M x¨ − F ) b + (mg + m¨ y ) a3 + (Mg − V ) H1 = M x¨ − F − H2

240

a 2

+ R sin α +

i

M R2 ¨ θ 2

(19.56)

CAPITOLO 19.

DISCO CUNEO

sostituendo le espressioni 19.30 e 19.35, le relazioni cinematiche tra le variabili e il valore del momento di inerzia baricentrale nella prima delle equazioni 19.56 si ottiene:

H2 =

M a 2 2 − + m tan α x¨b + mgb tan α + (mg − m¨ x tan α) + b 2 cos2 α 3 2 a MR2 x¨ + (−mg + m¨ x tan α) + R sin α + (19.57) b 2 2 R cos α M x¨ 2 mg 2 − 2m¨ x tan α + 2mg tan α + − m¨ x + cos2 α 3 tan α M x¨ 1 + tan α + (19.58) + (−mg + m¨ x tan α) tan α 2 cos2 α

H2 =

−



M m H2 = − + m tan2 α − 2 2 cos α 3





1 1 x¨ + mg tan α − 3 tan α



(19.59)

Sostituendo inne nella seconda equazione del sistema 19.56 si ottiene:

H1 =

M 2 M x¨ − M + + m tan α x¨ + mg tan α + 2 cos2 α 1 1 m M 2 x¨ − mg tan α − + m tan α − (19.60) 2 cos2 α 3 3 tan α H1 = −

1 mg m x¨ + 3 3 tan α

(19.61)

Alla luce del principio di d'Alembert, si può aermare che in ogni istante di tempo:

•

la forza orizzontale



F

è equilibrata:

dalla forza d'inerzia del disco; dalla coppia d'inerzia del disco ridotta alla coordinata libera x; dal peso e dalla forza d'inerzia del cuneo, attraverso un coeciente di riduzione dipendente dalla tangente dell'angolo del cuneo, che rappresenta il rapporto di trasmissione tra lo spostamento del disco e la variazione di quota del cuneo; 241

CAPITOLO 19.

•

la reazione verticale



V

equilibra:

il peso del disco e del cuneo; la forza d'inerzia del cuneo moltiplicata per il rapporto di trasmissione.

242

DISCO CUNEO

Parte IV Attriti

243

Parte V MTU

245

20 Skilift Il sistema riportato in Figura 20.1 è costituito da una fune inestensibile,

J1 e J2 ed azionata dal motore 2 Cm (ωm ) = A − Bωm . Il motore è collegato alla puleggia di momento di inerzia J2 mediante una trasmissione caratterizzata da un rapporto di trasmissione τ e da un rendimento ηd , in moto diretto e ηr , in moto retrogrado. 0 0 Alla fune sono collegate due aste AB e A B (ipotizzate prive di massa) avvolta sulle pulegge di momento d'inerzia

M

che eroga una coppia

che trascinano, lungo un piano inclinato caratterizzato da un coeciente di attrito dinamico fd , due pattini ad esse collegati rispettivamente in B 0 . I dati del problema sono riportati in tabella 20.1.

B

e in

Ipotizzando di trascurare l'attrito dinamico tra pattini e piano inclinato, calcolare:

1. L'accelerazione allo spunto

as

dei pattini in salita;

2. La coppia motrice a regime; 3. La velocità

v

di avanzamento dei pattini a regime;

4. Il tiro nelle funi di traino

AB

e

A0 B 0

nelle condizioni indicate nel punto

1. Ipotizzando di considerare l'attrito dinamico presente tra pattini e piano inclinato, calcolare: 247

CAPITOLO 20.

SKILIFT

5. La coppia a regime in salita; 6. L'accelerazione dei pattini a partire dalla condizione di regime del punto precedente ipotizzando di annullare la coppia motrice lasciando il motore folle.

R 1, J 1

R 2, J 2

A

A

T

τ, η

β

β

M

B1

B

Jm

fd

α

Figura 20.1: Sistema

A = 100Nm

R1 = R2 = 0.5m α = 20◦

B = 0.1Nms2 /rad2

ηd = ηr = 0.95

Jm = 6.25kgm2

m = 70kg

J1 = 2.5kgm2

fd = 0.2

J2 = 3.75kgm2

τ = 1/5

β = 45◦

Tabella 20.1: Dati del sistema

20.1

Soluzione del quesito 1

Il problema richiede l'analisi della condizione di moto allo spunto in salita. Al ne di stabilire se il moto sia diretto o retrogrado occorre valutare il usso di potenza che attraversa la trasmissione. In Figura 20.2 il sistema è rappresentato mettendo in evidenza tutte le forze agenti su di esso e in par∗ ticolare mettendo in evidenza la coppia, C , che il sottosistema utilizzatore scambia con il sottosistema motore. Eettuando un bilancio di potenza sul 248

CAPITOLO 20.

SKILIFT

lato utilizzatore è possibile stabilire se la coppia ridotto all'albero 2,

C ∗,

è

concorde o discorde alla velocità angolare dell'albero su cui agisce e quindi se la potenza associata a questa coppia, ovvero la potenza scambiata,

Wsc ,

tra

i sottosistemi, uisce dal motore verso l'utilizzatore o viceversa, stabilendo così se si tratta di moto diretto o retrogrado.

Nel caso in cui la potenza

scambiata uisca dal motore verso l'utilizzatore, essa assumerà il signicato T di potenza uscente dalla trasmissione, Wout , nel caso contrario assumerà il T 1 signicato di potenza entrante nella trasmissione, Win .

ω2 ω1

J 2 ω˙2 C

J 1 ω˙1 ma mg sin α

ma mg sin α va

W sc

C va

T ωm Cm

α

M J 2 ω˙m Figura 20.2: Sistema lato utilizzatore e lato motore per lo studio del usso di potenza. La sommatoria di tutte le potenze delle forze agenti sul lato utilizzatore può essere espressa come:

C ∗ ω2 −2mg sin (α) v −J1 ω1 ω˙ 1 − J2 ω2 ω˙ 2 − 2mav = 0 {z } {z }| | Wu

(20.1)

WuIN

Il prodotto tra la coppia ridotta all'albero 2 e la corrispondente velocità C ∗ è eettivamente quello

angolare risulta quindi positivo, ovvero il verso di

riportato in Figura 20.2. Si può dedurre quindi che il sottosistema utilizzato∗ re ha bisogno di una potenza entrante, pari al prodotto scalare tra C e ω2 , per poter funzionare secondo le condizioni richiesta (ovvero in salita). Tale 1 Tale

distinzione è di fondamentale importanza per il calcolo della potenza persa nella trasmissione che viene in questa sede sempre espressa come una certa frazione della potenza entrante. 249

CAPITOLO 20.

SKILIFT

potenza viene fornita dal motore attraverso la trasmissione secondo quanto deniti moto diretto, o usso di potenza diretto. I termini denominati Wu e WuIN assumono il signicato rispettivamente di potenza assorbita dall'utilizzatore anché il carico venga sollevato e potenza assorbita dall'utilizzatore anché le sue masse vengano accelerate. Entrambi questi termini sono negativi a conferma del fatto che il sottosistema utilizzatore sta assorbendo potenza. Si può inoltre notare che osservando il sottosistema lato motore, la ∗ coppia ridotta C è uguale e contraria a quella agente sul sottosistema utilizzatore mentre il verso della velocità angolare rimane invariato. Il prodotto scalare tra coppia ridotta lato motore e corrispondente velocità angolare dà un termine di potenza negativo, che ha il signicato di potenza uscente dal sottosistema motore. Osservando le stesse quantità (coppia ridotta e velocità angolare) su lato utilizzatore il loro prodotto scalare fornisce, come già evidenziato, un valore positivo di potenza entrante nell'utilizzatore. Il usso di potenze può essere schematizzato come in Figura 20.3; si noti che in questo caso la potenza a valle della trasmissione, e da essa uscente, è esattamente T ∗ pari a Wout = C ω2 .

Wp Jm ω ˙ m C m ωm J mω ˙m

Ju ωu C u ω ˙u

Wm W inT

W mIN

J mω ˙u W uIN

Wu T W out

Figura 20.3: Flussi di potenza Si procede quindi eettuando un bilancio di potenze sull'intero sistema:

Wm + Wp + Wu + W IN = 0 La potenza lato motore

Wm

e la potenza persa

Wp

(20.2) risultano:

Wm = Cm ωm T Wp = −(1 − ηd )Win = −(1 − ηd ) (Cm ωm − Jm ωm ω˙ m ) La potenza lato utilizzatore 250

Wu

(20.3)

(vedi anche eq. (20.1)) risulta invece:

CAPITOLO 20.

SKILIFT

Wu = −2mg sin (α) v

(20.4)

La potenza sviluppata dalle forze di inerzia assume la seguente forma (si faccia riferimento alla Figura 20.2):

W IN = −J1 ω1 ω˙1 − J2 ω2 ω˙2 − Jm ωm ω˙m − 2mva = WuIN + WmIN dove e 2,

ωm

ω1

e

ω2

(20.5)

indicano rispettivamente le velocità angolari delle pulegge 1

la velocità angolare dell'albero motore e

v

la velocità di avanzamento

dei pattini. La potenza complessivamente sviluppata dalle forze e coppie di inerzia è data dai contributi lato motore e da quelli lato utilizzatore. Le coordinate siche possono essere scritte in funzione della velocità di avanzamento

v: ω1 = v/R1 ω2 = v/R2 ωm = ω2 /τ = v/ (τ R2 )

(20.6)

Dopo aver sostituito i termini in equazione (20.6) nelle equazioni (20.5) e (20.3) e dopo aver sostituito le equazioni (20.5), (20.3) e (20.4) nel bilancio di potenza (eq. (20.2)), fatte le opportune semplicazioni si ottiene:

va v − ηd Jm 2 2 + −2mg sin (α) v + ηd Cm τ R2 τ R2 J2 J1 − + 2 + 2m va = 0 2 R1 R2 Essendo

(20.7)

Cm0 = A la coppia allo spunto, l'accelerazione incognita richiesta

vale:

a= 20.2

Cm0 ηd / (τ R2 ) − 2mg sin(α) = 0, 63 m/s2 J1 /R12 + J2 /R22 + ηd Jm /(τ 2 R22 ) + 2m

(20.8)

Soluzione del quesito 2

Per il calcolo della coppia erogata dal motore in condizione di moto a regiIN = 0) è possibile utilizzare il bilancio di potenze precedentemente me (W ricavato nell'equazione (20.7), considerando un valore di accelerazione nullo. Per la potenza motrice e per la potenza resistente rimangono infatti valide 251

CAPITOLO 20.

SKILIFT

le espressioni riportate in (20.3) e il moto è di tipo diretto quindi l'equazione per la coppia motrice a

¯m ) e regime (C

2

.

Ricavando

sostituendo i valori

numerici forniti si ottiene:

τ R2 C¯m = 2mg sin (α) = 49, 44 Nm ηD

(20.9)

Il usso di potenza, in questa di condizione di moto, è schematizzato in Figura 20.4

Wp Jm C ω m m

ωu J u Cu

Wm

Wu W inT

T W out

Figura 20.4: Flussi di potenza in condizioni di moto diretto a regime

20.3

Soluzione del quesito 3

v¯, è necessario ricavare 2 dall'espressione della curva di coppia del motore (Cm = A − Bω ) la velocità di rotazione a regime, ω ¯ m , del motore stesso. Si vedano l'equazione (20.10) Per calcolare la velocità di avanzamento a regime

e la Figura 20.5.

ω ¯m =

r

A − C¯m = 22, 48 rad/s B

(20.10)

Una volta nota la velocità di rotazione a regime del motore, il rapporto di trasmissione e il raggio della puleggia 2, la velocità di avanzamento dei pattini a regime

v¯

si ottiene come:

v¯ = τ R2 ω ¯ m = 2, 25 m/s 2 Per

(20.11)

la discussione del moto è suciente riproporre l'equazione (20.1) annullando i termini relativi alle coppie e forze di inerzia e procedere come al quesito precedente. 252

CAPITOLO 20.

SKILIFT

Cm

C¯m

ω ¯m ωm Figura 20.5: Velocità angolare del motore a regime

β

S

ma

va

mg π N M α

Figura 20.6: Forze agenti su un pattino allo spunto.

20.4

Soluzione del quesito 4

Si nota innanzitutto che il tiro

S

nei due tratti di fune AB e A'B' sarà il

medesimo dato che i due sotto-sistemi sono identici. Considerando pertanto uno dei pattini è possibile rappresentare le forze agenti su di esso come in gura 20.6, dove l'attrito dinamco è stato trascurato come richiesto dal quesito. Eettuando un bilancio di forze nella direzione

π del piano di scivolamento

si ottiene:

S sin (β) − ma − mg sin (α) = 0

(20.12)

da cui, utilizzando per l'accelerazione il valore ottenuto per il quesito numero 20.1, è possibile calcolare il valore del tiro allo spunto. 253

CAPITOLO 20.

SKILIFT

β

S

v a=0

mg ¯j ¯i

M

N T α

Figura 20.7: Forze agenti su un pattino in condizioni di moto a regime in presenza di attrito radente.

S=

20.5

1 [ma + mg sin (α)] = 395 N sin (β)

(20.13)

Soluzione del quesito 5

La prima considerazione da fare per il calcolo della coppia a regime

C¯m in pre-

senza di attrito radente tra pattini e piano inclinato, riguarda il tipo di moto. Dal momento che la presenza dell'attrito modica la sola potenza assorbita dall'utilizzatore,

Wu ,

aggiungendo un ulteriore termine negativo rispetto al

caso precedente, il tipo di moto sarà nuovamente diretto. IN moto assume la forma (W = 0 a regime):

Wm + Wp + Wu = 0 Le potenza motrice,

Wm ,

e la potenza persa,

L'equazione di

(20.14)

Wp ,

mantengono le espres-

sioni precedentemente ricavate, considerando questa volta nulle le potenze dovute alle forze di inerzia.

Wm = Cm ωm Wp = − (1 − ηd ) Cm ωm La potenza lato utilizzatore,

Wu ,

(20.15)

è data dal contributo della forza di

gravità e della forza di attrito su ognuno dei due pattini, come in equazione (20.16). 254

CAPITOLO 20.

Wu = 2 (mg · v + T · v) = = 2 (−mgv sin (α) − T v) = = −2 (mg sin (α) + T ) τ R2 ωm

SKILIFT

(20.16)

La potenza resistente risulta così essere negativa, come detto si tratta infatti di moto diretto. Le forze agenti sul pattino sono quelle mostrate in gura 20.7. Si può notare che la forza di attrito relativa tra pattino e terreno, la forza

T

strisciamento sono legate secondo la relazione di attrito

T

T

è diretta come la velocità

e e la forza normale

T = fd N .

N

al piano di

Per calcolare la forza

occorre dunque conoscere il valore della reazione normale

N

che

S perpendicolare N , S e T servono tre

a sua volta dipende dalla componente della tiro nella fune al piano di scivolamento. Per calcolare le tre incognite

equazioni: la prima è data dal legame tra forza normale e forza di attrito,

T = fd N , le altre due equazioni possono essere ottenute scrivendo gli equilibri di forze nelle direzioni i e j per il pattino in Figura 20.7. Si ottiene così il sistema:

 P F = 0 ⇒  S sin (β) − mg sin (α) − T = 0 i P Fj = 0 ⇒ S cos (β) − mg cos (α) + N = 0  Attrito ⇒ T = fd N

(20.17)

Dal rapporto tra la prima e la seconda equazione del sistema in (20.17) si ottiene:

T + mg sin (α) = tan (β) −N + mg cos (α)

(20.18)

Sostituendo nella (20.18) il legame tra reazione normale e attrito, ovvero la terza equazione del sistema (20.17), si ottiene, dopo semplici aggi algebrici, l'espressione della reazione vincolare

N=

N.

mg [cos (α) tan (β) − sin (α)] = 342 N fd + tan (β)

(20.19)

e di conseguenza:

T = fd N = 68, 4 N

(20.20)

Sommando le espressioni delle potenze mostrate nelle equazioni (20.15) e IN = 0), il seguente bilancio di potenze. (20.16) si ottiene, a regime (W

Cm ωm − (1 − ηd ) Cm ωm − 2 [mg sin (α) + T ] τ R2 ωm = 0

(20.21) 255

CAPITOLO 20.

SKILIFT

Semplicando e sostituendo i valori numerici forniti nei dati o precedentemente ricavati, come la forza di attrito, si può calcolare il valore della coppia erogata a regime in presenza di attrito.

Cm =

2τ R2 [mg sin (α) + T ] = 63, 8 Nm ηd

(20.22)

Come si può notare la coppia da erogare a regime in presenza di attrito è superiore a quella da erogare trascurando l'eetto dell'attrito tra pattini e terreno.

20.6

Soluzione del quesito 6

Si ipotizza ora di annullare la coppia motrice lasciando il motore folle, il bilancio di potenza ha la forma:

Wm + Wp + Wu + W IN = 0

(20.23)

In assenza di contributi di potenza positivi, essendo la potenza delle forze attive e reattive di tutto il sistema negativa, il sistema comincia a decelerare, ovverosia subisce una variazione di energia cinetica negativa.

dEc Wm + Wp + Wu = <0 | {z } dt

(20.24)

<0

La velocità del sistema diminuirà in virtù di un'accelerazione angolare di segno discorde rispetto alla velocità angolare e l'energia cinetica immagazzinata durante la fase di accelerazione viene restituita al sistema originando un usso di potenza diretto, come evidenziato in Figura 20.8. Essendo la coppia motrice pari a zero, la potenza prodotta dal motore è nulla:

Wm = 0

(20.25)

L'espressione della potenza persa dipende dalla potenza eettivamente T entrante nella trasmissione dal lato motore, Win , che è in questo caso data dal solo contributo della potenza della coppia di inerzia lato motore:

Wp = − (1 − ηd ) WeT = − (1 − ηd ) (Jm ω˙m ωm )

(20.26)

La potenza resistente sul lato utilizzatore può essere scritta valutando la potenza delle forze evidenziate in Figura 20.9. 256

CAPITOLO 20.

SKILIFT

Wp Jm ω ˙m

Ju ωu C u ω ˙u

ωm

J mω ˙m

Wu W eT

J mω ˙u W uIN

Figura 20.8: Flusso di potenza in fase di decelerazione.

β

S ma v

mg

a

¯j ¯i

M

T

N α

Figura 20.9: Forze agenti su un pattino in fase di decelerazione.

Wu = −2 (mg sin (α) + T ) τ R2 ωm

(20.27)

La potenza delle forze di inerzia del sistema è pari a:

W IN = J1 τ 2 + J2 τ 2 + Jm + 2mτ 2 R22 ω˙m ωm

(20.28)

Pertanto dal bilancio di potenza è possibile ricavare l'espressione dell'accelerazione con coppia motrice paro a zero, qui già riportata alla direzione di movimento dei pattini.

a=

J1 /R22

−2mg sin (α) − 2T + J2 /R22 + ηd Jm /(τ 2 R22 ) + 2m

Per il calcolo della forza di attrito

T

(20.29)

si eettua un equilibrio dinamico

sul sottosistema riportato in Figura 20.9. Rispetto al caso a regime (vedi eq. (20.17)), l'equilibrio in direzione

¯i viene modicato dalla forza di inerzia ma. 257

CAPITOLO 20.

SKILIFT

 P P Fi = 0 ⇒  ma + S sin (β) − mg sin (α) − T = 0 Fj = 0 ⇒ S cos (β) − mg cos (α) + N = 0  Attrito ⇒ T = fd N

(20.30)

Con aggi analoghi a quelli eseguiti nel quesito precedente è possibile ricavare l'espressione della forza di attrito, questa volta funzione dell'accelerazione incognita.

T = fd N = fd

mg [cos (α) tan (β) − sin (α)] + ma fd + tan (β)

(20.31)

Il valore della forza di attrito è ricavabile sostituendo il valore assoluto dell'espressione di

a

ricavata dall'equazione (20.29) nella (20.31). Così facendo

si ottiene per per la forza di attrito un valore di vale in modulo 0, 82 m/s2 .

258

78 N;

mentre l'accelerazione

21 Ascensore Sia assegnato l'impianto di sollevamento riportato in Figura 21.1.

ωp Cm

Jm

τ ηd , ηr

ωm R p, J p

mq

v

v

mc

Figura 21.1: Sistema

Tale impianto è costituito da un motore elettrico posizionato su un o vincolato isostaticamente come mostrato in Figura 21.2 che movimenta, attraverso un sistema di riduzione una puleggia di raggio d'inerzia polare baricentrico

Jp .

mu

e momento

Su tale puleggia si avvolge una fune ine-

stensibile alle cui estremità è collegata una cabina di massa caricare una massa utile

Rp

ed un contrappeso di massa 259

mq .

mc

in grado di

I dati noti sono

CAPITOLO 21.

ASCENSORE

riportati in Tabella 21.1. É inoltre nota la curva caratteristica del motore elettrico:

Cm (ωm ) = Cm0 − kωm . mc = 300kg

mu = 325kg

mq = 500kg

τ = 1/55

ηd = 0, 7

ηr = 0, 6

Jm = 0, 02kgm2

Jp = 1kgm2

Rp = 0, 27m

Cm0 = 30Nm

k = 0, 01 Nm/rpm

a = 1m

b = 0, 8m

α = 45◦

Tabella 21.1: Dati del sistema

a

b

B α

A

Cm

C mq mc

Figura 21.2: Sistema di vincolo

Si richiede di calcolare:

1. L'accelerazione allo spunto in salita del sistema, nel caso in cui la cabina sia a pieno carico (quindi con massa sollevata pari a

mc + mu );

2. La velocità di regime a pieno carico in salita e la coppia motrice necessaria per mantenere tale velocità; 3. La decelerazione del sistema a partire dalla condizione di regime calcolata al punto 2 applicando una coppia frenante sull'albero motore pari a 260

Cf = 8.6 Nm

e annullando la coppia motrice.

CAPITOLO 21.

ASCENSORE

4. La coppia necessaria a garantire una accelerazione della cabina pari a a = 0, 5 m/s2 nel caso quest'ultima sia in salita e priva di alcun carico e quindi con massa pari a 5. Le reazioni vincolari in

21.1

mc .

A,

nelle condizioni di moto del punto 1.

Soluzione del quesito 1

Nella condizione di moto allo spunto in cui si solleva la cabina a pieno carico con massa

mc + mu ,

maggiore di quella del contrappeso

mq ,

le inerzie del

sistema vengono accelerate. Il usso di potenza che attraversa la trasmissione è diretto. Il bilancio di potenze del sistema, scritto per il moto vario, secondo le convenzione alla d'Alembert, risulta essere:

Wm + Wp + Wu + Win = 0

(21.1)

con:

Wm Wp Wu Win

=Cm ωm = − (1 − ηd )We =mq gv − (mc + mu )gv = − Jm ω˙ m ωm − Jp ω˙ p ωp − (mq + mc + mu )av

Il valore della potenza entrante nella trasmissione

We

(21.2)

può essere scritto

come:

We = Cm ωm − Jm ω˙ m ωm

(21.3)

Il bilancio di potenze complessivo risulta quindi il seguente:

Cm ωm − (1 − ηd )(Cm ωm − Jm ω˙ m ωm ) − (mc + mu )gv + mq gv− −Jm ω˙ m ωm − Jp ω˙ p ωp − (mq + mc + mu )av = 0

(21.4)

che può essere riscritto come:

ηd (Cm ωm − Jm ωm ω˙ m ) + (mq − mc − mu )gv+ −Jp ωp ω˙ p − (mq + mc + mu )av = 0

(21.5)

261

CAPITOLO 21.

ASCENSORE

Per poter semplicare il bilancio di potenze appena scritto è necessario introdurre i legami cinematici fra le varie velocità e accelerazioni utilizzate nell'equazione 21.4.

v = Rp ωp = Rp τ ωm a = Rp ω˙ p = Rp τ ω˙ m

(21.6)

Sostituendo quindi i legami appena scritti nell'equazione 21.6 e semplicando il tutto per

ωm

è possibile ottenere il bilancio di potenze denitivo del

sistema analizzato:

ηd (Cm − Jm ω˙ m ) + (mq − mc − mu )gRp τ −Jp ω˙ m τ 2 − (mq + mc + mu )τ 2 Rp2 ω˙ m = 0

(21.7)

Inserendo nell'equazione (21.7) il valore di coppia motrice allo spunto

Cm0

è possibile esplicitare l'accelerazione angolare allo spunto dell'albero motore come di seguito indicato:

ω˙ m =

Cm0 ηd + (mq − mc − mu ) ∗ g ∗ Rp ∗ τ = 361 rad/s2 ηd Jm + Jp τ 2 + (mq + mc + mu )Rp2 τ 2

L'accelerazione della cabina risulta

21.2

(21.8)

a = τ Rp ω˙ m = 1.77 m/s2

Soluzione del quesito 2

Per il calcolo della velocità a regime cui si porta il sistema considerato al termine della fase di accelerazione, è possibile utilizzare il bilancio di potenze precedentemente ricavato nell'equazione (21.7), andando ad annullare tutti i termini inerziali:

ηd Cm + (mq − mc − mu )gRp τ = 0 Sostituendo la curva caratteristica assegnata del motore

kωm .

(21.9)

Cm (ωm ) = Cm0 −

ηd (Cm0 − kωm ) + (mq − mc − mu )gRp τ = 0

(21.10)

E' possibile quindi esplicitare il valore della velocità angolare dell'albero motore a regime

ω ¯m.

La velocità della cabina risulta 262

v = τ Rp ω ¯m =

10.50 m/s

CAPITOLO 21.

ASCENSORE

(mq − mc − mu ) gRp τ 1 Cm0 + = 224 rad/s ω ¯m = k ηd

(21.11)

ω ¯ m = 2140 rad/s è necessario C¯m = Cm0 − k ω ¯ m = 8, 6Nm.

Per mantenere la velocità di regime motore eroghi una coppia pari a

21.3

che il

Soluzione del quesito 3

Il quesito propone di analizzare la fase di frenatura a partire dalla velocità di regime raggiunta dal sistema. In tale fase tutta l'energia cinetica, accumulata nel sistema viene resa disponibile e potrebbe portare il usso di potenza che attraversa la trasmissione a diventare retrogrado. Non conoscendo il valore dell'accelerazione non è possibile stabilire con certezza se tale condizione sia vericata e pertanto si ritiene di ipotizzare un usso di potenza retrogrado. I singoli termini dell'espressione del bilancio di potenza 21.1 possono essere scritti come

Wm Wp Wu Win

= − Cf ωm = − (1 − ηr )We =mq gv − (mc + mu )gv =Jm ω˙ m ωm + Jp ω˙ p ωp + (mq + mc + mu )av

(21.12)

con:

We = (mq − mc − mu )gv + Jp ω˙ p ωp + (mq + mc + mu )av

(21.13)

Sostituendo i termini nel bilancio di potenze si ottiene:

ηr [(mq − mc − mu )gv + Jp ωp ω˙ p − (mq + mc + mu )av] − Cf ωm + Jm ωm ω˙ m = 0

(21.14)

Sostituendo quindi i legami cinematici (21.6) nell'equazione (21.14) e semplicando il tutto per

ωm

è possibile ottenere il bilancio di potenze denitivo

del sistema analizzato.

ηr [(mq − mc − mu )gRp τ + ηr Jp τ 2 ω˙ m + ηr (mq + mc + mu )Rp2 τ 2 ω˙ m ] − Cf + Jm ω˙ m = 0

(21.15)

263

CAPITOLO 21.

ASCENSORE

Dal bilancio di potenze appena scritto è possibile esplicitare la decelerazione

ω˙ m

cercata.

ω˙ m =

Cf + ηr (mq − mc − mu )gRp τ Jm + ηr [Jp τ 2 + (mc + mu + mq )τ 2 Rp2 ]

(21.16)

Sostituendo quindi il valore di coppia frenante è possibile ricavare il valore numerico della decelerazione ottenibile nella condizione assegnata −334 rad/s2 .

ω˙ m =

E' necessaria una verica conclusiva dell'ipotesi di usso di potenza re-

trogrado. Per eettuare tale verica è suciente sostituire i risultati appena trovati nelle espressioni (21.13).

Wu = −426W

(21.17)

Il valore appena calcolato conferma le ipotesi fatte di usso di potenza retrogrado.

21.4

Soluzione del quesito 4

Nota l'accelerazione è possibile determinare il usso di potenza che attraversa la trasmissione. Analizzando il lato utilizzatore, la potenza richiesta risulta essere:

Wu + Wuin = −(mc )gv + mq gv − (mc + mq )av − Jp ω˙ p ωp

(21.18)

Introducendo i legami cinematici con l'obiettivo di far comparire l'accelerazione

a

anziché l'accelerazione angolare

ω˙ m

si ottiene che la potenza del

lato utilizzatore è positiva e pertanto il moto risulta essere retrogrado.

Il

bilancio di potenze è il medesimo ottenuto nell'espressione (21.14), a patto di porre

mu = 0

e sostituire al posto della coppia frenante la coppia motrice

incognita considerata concorde con la velocità di rotazione:

ηr [(mq − mc )g +

Cm Jm Jp a + (m + m )a] + + a=0 q c Rp2 Rp τ Rp2 τ 2

(21.19)

Dall'espressione appena scritta è possibile esplicitare il valore di coppia

Cm

cercato.

Cm = τ Rp [−ηr [(mq − mc )g −

Jm Jp a − (mq + mc )a] − 2 2 ]a = −3.97Nm 2 Rp τ Rp (21.20)

264

CAPITOLO 21.

21.5

ASCENSORE

Soluzione del quesito 5

Per il calcolo delle reazioni vincolari nei due punti

AeB

è necessario per pri-

ma cosa mettere in evidenza tutte le forze agenti sul sistema nelle condizioni di moto assegnate.

HB T VB

(mc + mu − mq)a

T HA

Cm

J mω ˙m

(mc + mu + mq)g

VA a

b

Figura 21.3: Sistema

Isolando quindi la trave

AC

è possibile scrivere le tre equazioni di equi-

librio statico, ovvero l'equazione di equilibrio alla traslazione orizzontale, verticale e quella di equilibrio alla rotazione attorno al punto

A,

così come

di seguito riportato.

HA = T cos α VA + T sin α = (mc + mu + mq )g + (mc + mu − mq )τ Rp ω˙ m T sin αa + Jm ω˙ m = (mc + mu + mq )(a + b)g + Cm + (mc + mu − mq )(a + b)τ Rp ω˙ m

(21.21)

Dalla terza equazione è possibile ricavare direttamente il valore dell'azione interna

T

che assumendo valore pari a

28kN

carica a trazione la trave

BC .

Tale valore può quindi essere sostituito nella prima equazione, ottenendo il valore di

HA = 20kN

e quello di

VA = −9kN

dalla seconda equazione.

265

CAPITOLO 21.

266

ASCENSORE

22 Automobile con carrello Un'autovettura procede in assenza di vento, su una strada piana, trainando un carrello.

Si chiede di determinare, in presenza di attrito volvente e di

resistenza aerodinamica agente sulla vettura e sul carrello: 1. Il momento motore

Mm

a regime.

2. L'accelerazione della vettura nel caso in cui la coppia erogata dal motore sia tre volte quella calcolata al punto precedente. 3. Le reazioni vincolari in

A

nella condizione di moto del punto 2.

4. Eseguire la verica di aderenza nella condizione di moto del punto 2, sapendo che la trazione è posteriore.

Mc R c, J c

Mv G

A hc

G R v, J v

hv

h Lc

v

d

L

a

Figura 22.1: Sistema

Il sistema di trasmissione è riportato nella seguente Figura 22.2. 267

CAPITOLO 22.

AUTOMOBILE CON CARRELLO

τc , ηc Jm

τp, ηp

Figura 22.2: Sistema di trasmissione

I dati del sistema sopra rappresentato sono riportati nella seguente Tabella 22.1.

Dati inerziali

Mv Mc

1040kg 250kg

Rc Rv

0.05kgm2 0.08kgm2

Jm

0.28kgm2

Rv Rc d

0.25m 0.25m 0.5m

ρ

1.25kg/m3

τc ηc

1.27 0.97

Dati geometrici

a L h

1.15m 2.35m 0.35m

hv hc Lc

0.55m 0.3m 1.5m

Dati aerodinamici

Cxv Cxc

0.38 0.2

Sv Sc

1.65m2 0.6m2

Dati generali

fv fs v

0.013 1.3 25m/s

τp ηp

0.2193 0.9

Tabella 22.1: Dati del sistema

22.1

Soluzione del quesito 1

Il problema si risolve utilizzando il bilancio di potenze secondo la convenzione alla d'Alembert che, per il caso in esame si scrive come:

Wm + Wp + Wr = We + Wp + Wu = 0 Si noti che

We = Wm + Win,m = Wm

e

Wu = Wr + Win,r = Wr

(22.1) in quanto,

trattandosi di moto a regime, vengono trascurati i termini inerziali. 268

CAPITOLO 22.

AUTOMOBILE CON CARRELLO

Per identicare il tipo di moto a cui è sottoposto il sistema è necessario analizzare la direzione del usso di potenza che attraversa la trasmissione, che nel caso proposto risulta composta da due trasmissioni in serie (cambio e dierenziale al ponte). Lo schema complessivo è rappresentato nella Figura 22.3.

Wc

We

Wu

W pp

W pc

Figura 22.3: Sistema di trasmissione

Il usso risulta essere in moto diretto in quanto le potenze sul lato utilizzatore sono tutte negative:

Wu = − 2Na uωv − 2Np uωv − 2Nc uωc + 1 1 − ρSv Cxv vv3 − ρSc Cxc vc3 2 2

(22.2)

Nella Figura 22.3 si evidenzia il usso di potenza entrante lato motore

We ,

la potenza in uscita dal cambio e in ingresso al ponte

resa disponibile all'utilizzatore nel cambio

Wpc

e nel ponte

Wu

Wc ,

la potenza

e le due potenze perse, rispettivamente

Wpp .

É quindi possibile esplicitare le potenze in ingresso ed uscita al cambio così come riportato nelle seguenti equazioni.

We = Cm ωm Wpc = −(1 − ηc )We = −(1 − ηc )(Cm ωm ) Wc = We + Wpc = ηc (Cm ωm )

(22.3)

In modo analogo è possibile scrivere le potenze in uscita dal dierenziale così come riportato nelle seguenti equazioni.

Wpp = −(1 − ηp )Wc = −(1 − ηp )ηc (Cm ωm ) Wu = Wc + Wpp = ηp ηc (Cm ωm )

(22.4)

269

CAPITOLO 22.

AUTOMOBILE CON CARRELLO

Come evidenziato dall'equazione (22.4) dal punto di vista dei rendimenti è possibile considerare le due trasmissioni in serie come un'unica trasmissione con rendimento

η = ηc ηp

η

pari al prodotto dei rendimenti delle singole trasmissioni

.

Per quanto riguarda le velocità è possibile scrivere la seguente equazione.

ωu = τp ωc = τp τc ωm

(22.5)

In modo analogo a quanto visto per i rendimenti, è possibile considerare le due trasmissioni in serie come un'unica trasmissione con rapporto di trasmissione

τ

pari al prodotto dei singoli rapporti di trasmissione

τ = τc τp

.

I risultati appena ottenuti consentono quindi di semplicare il sistema rappresentato in Figura 22.3 così come riportato nella seguente gura.

We

η = ηpηc

Wu

τ = τp τc

Wp Figura 22.4: Sistema di trasmissione semplicato

Utilizzando quindi il metodo del bilancio di potenze (22.1) è possibile esplicitare i termini riportati nella Figura 22.4 così come riportato nella seguente equazione:

We = Cm ωm Wp = − (1 − η)(Cm ωm ) Wu = − 2Na uωv − 2Np uωv − 2Nc uωc + 1 1 − ρSv Cxv vv3 − ρSc Cxc vc3 2 2

(22.6)

A questo punto è conveniente introdurre i legami cinematici fra le varie velocità e accelerazioni, in modo da poter esprimere tutti i termini di potenza sopra riportati in funzione delle due uniche grandezze

v

e

a,

rispettivamente

velocità e accelerazione longitudinale del veicolo.

v = vc = vv = ωv Rv = ωc Rc = τ ωm Rv a = ac = av = ω˙ v Rv = ω˙ c Rc = τ ω˙ m Rv

(22.7)

L'equazione (22.6), tenendo conto della (22.7), può essere riscritta come segue: 270

CAPITOLO 22.

We =

Cm v τ Rv



Cm Wp = − (1 − η) v τ Rv

AUTOMOBILE CON CARRELLO



(22.8)

1 Wu = − 2 (Na + Np + Nc ) fv v − ρ (Sc Cxc − Sv Cxv ) v 3 2 Sostituendo quanto ricavato nella (22.8) nella (22.1) si ottiene:

Cm − (mv + mc ) gfv η τ Rv 1 − ρ (Sv Cxv + Sc Cxc ) v 2 = 0 2

(22.9)

Essendo richiesta la coppia necessaria per mantenere il veicolo alla velocità v è suciente utilizzare l'equazione (22.9). C m si ottiene:

C m,REG

Una volta esplicitata l'incognita

τ Rv 1 2 = (mv + mc ) gfv + ρ (Sv Cxv + Sc Cxc ) v = 37, 18 Nm η 2

(22.10)

22.2

Soluzione del quesito 2

A questo punto viene richiesto di porre la coppia erogata dal motore pari a

3C m,REG ,

calcolando l'accelerazione complessiva del sistema che, ancora una

volta, si muoverà di moto diretto. E' possibile ripartire dall'equazione (22.1) considerando non nulli i termini inerziali. L'equazione viene espressa come:

We + Wp + Wu = 0 Wm + Win,m + Wp + Wr + Win,r = 0

(22.11)

in cui i termini di potenza entrante, persa e uscente sono rappresentati, tenendo conto dei legami cinematici espressi in (22.7), dalle seguenti relazioni: 271

CAPITOLO 22.

AUTOMOBILE CON CARRELLO

Cm Jm v − 2 2 va τ Rv τ Rv Wp = − (1 − η)(Cm ωm − Jm ω˙ m ωm ) Jm Cm v − 2 2 va = − (1 − η) τ Rv τ Rv 1 Wu = − 2Na uωv − 2Np uωv − 2Nc uωc − ρSv Cxv vv3 2 d 1 − ρSc Cxc vc3 − Ec,u 2 dt 1 − 2(Na + Np + Nc )fv v − ρ(Sc Cxc − Sv Cxv )v 3 2 Jc Jv − (mv + mc )va + 4 2 − 2 2 av Rv Rc We = Cm ωm − Jm ω˙ m ωm =

(22.12)

Introducendo quindi il corretto valore di coppia motrice è possibile esplicitare l'accelerazione complessiva del sistema così come segue.

a=

η3C m,REG Rv τ

− (mv + mc ) gfv − 21 ρ (Sv Cxv + Sc Cxc ) v 2 mc + mv + 4 RJv2 + 2 RJc2 + v

c

Jm τ 2 R2v

= 0, 69 ms−2 (22.13)

22.3

Soluzione del quesito 3

Per il calcolo delle reazioni vincolari in trainato mettendo in evidenza la forza

F

A

è suciente scollegare il carrello

che la fune scambia rispettivamente

con il carrello e con il veicolo. Si procede poi mettendo quindi in evidenza tutte le forze agenti sul carrello stesso, così come mostrato in Figura 22.5.

mc a 1 ρS c C xc v 2 2

2T c

mc g

F

2J c ω ˙c

2N c

Figura 22.5: Forze agenti sul carrello trainato

272

CAPITOLO 22.

AUTOMOBILE CON CARRELLO

A questo punto è possibile scrivere un equilibrio alla rotazione del carrello rispetto al punto di contatto tra la ruota ed il terreno.

1 mc ahc + 2Jc ω˙ c + 2Nc fv Rc + ρSc Cxc v 2 = F h 2

(22.14)

Sostituendo gli opportuni legami cinematici e mettendo in evidenza il termine

F

è possibile ricavare la forza cercata così come sotto riportato.

F = 22.4

mc ahc + 2 RJcc + 2mc gfv Rc + 12 ρSc Cxc v 2 h

= 305, 47 N

(22.15)

Soluzione del quesito 4

Per poter eettuare correttamente la verica di aderenza del'asse posteriore risulta necessario ricavare come prima cosa le due forze scaricate a terra rispettivamente dall'asse anteriore

2Na e da quello posteriore 2Np .

Per ricavare

tali grandezze è possibile procedere scrivendo un equilibrio alla rotazione del sistema (riportato in Figura 22.6) rispetto al punto di contatto reale della ruota anteriore.

mv a F 2J v ω ˙v

1 ρS v C xv v 2 2

2T p

2J v ω ˙v

R v, J v

2T a 2N p

2N a

Figura 22.6: Forze agenti sul veicolo

Jv 1 mv ahv + ρSv Cxv v 2 hv + mv g (b + fv Rv ) + 4 a + f h − 2Np L = 0 2 Rv

(22.16)

Dall'equazione (22.16) è possibile ricavare immediatamente il valore di

2Np

che risulta pari a

verticale il valore di

5308 N

2Na

e, attraverso un equilibrio alla traslazione

che risulta pari a

4894 N .

Per vericare l'aderenza dell'asse posteriore è necessario ricavare il valore della forza

2Tp

andando a scrivere una equazione di equilibrio alla rotazione

rispetto alla cerniera che collega la ruota al veicolo. 273

CAPITOLO 22.

AUTOMOBILE CON CARRELLO

2J v ω ˙v Cm

2T p 2N p

Figura 22.7: Equilibrio alla rotazione dell'asse posteriore

Prima di procedere al calcolo numerico del valore 2Tp si presti attenzione ∗ Cm : infatti tale valore risulta essere il valore netto di coppia disponibile a valle della trasmissione, ovvero sia quello al corretto valore da utilizzare come

ridotto all'albero della ruota, così come riportato nella seguente equazione.

∗ Cm

=η



Jm 3C m − 2 a = 341 Nm τ τ Rv

Utilizzando quindi il corretto valore di sulta pari a

646 N .

∗ Cm

il valore della reazione

(22.17)

2Tp

ri-

É quindi possibile vericare l'aderenza dell'asse posteriore

sfruttando la seguente disuguaglianza.

|2Tp | ≤ fs |2Np | 646 ≤ 1.3 · 2654 = 3450

274

(22.18)

23 Impianto di sollevamento 2 Nello schema proposto è ragurato un impianto di sollevamento.

ω2 A J 1, R 1

Cm

τ1 η1d , η1r

Jm

A v1

τ η2d ,2η2r J 2, R 2

R2

m1

fs fd

m2 α

Figura 23.1: Sistema

L'azionamento elettrico, con momento di inerzia pari a

Jm = 0, 5 kgm2 ,

ha una caratteristica di coppia descritta dalla relazione:

Cm (ω) = Cm0 − kωm , doveCm0 = 10 Nmek = 0, 0318 Nmsrad−1 Quest'ultimo è collegato, attraverso un organo di riduzione caratterizzato

η1r = 0, 75, ad una puleggia di raggio R1 = 0, 2 m 2 e momento d'inerzia baricentrico J1 = 2, 5 kgm . Su tale puleggia si avvolge una fune inestensibile collegata alla massa m1 = 100 kg . da

τ1 = 1/50, η1d = 0, 9

e

Sul medesimo albero cui è calettata la puleggia, viene installato un organo di riduzione ad assi sghembi costituito da una vite senza ne e una ruota 275

CAPITOLO 23.

IMPIANTO DI SOLLEVAMENTO 2

dentata; tale trasmissione è caratterizzata dai rapporti

τ2 = 1/11, η2d = 0, 85

η2r = 0, 7. L'albero di uscita del secondo riduttore è collegato a un disco 2 (di raggio R2 = 1 m e momento d'inerzia baricentrico J2 = 1 kgm ) su cui si avvolge una fune inestensibile per il sollevamento della massa m2 = 100 kg , ◦ che striscia su di un piano inclinato di un angolo α = 30 con coeciente di attrito dinamico fd = 0, 1 e di attrito statico fs = 0, 15. e

Si richiede quindi di determinare: 1. la coppia motrice necessaria per sollevare a regime la massa

m1 ;

2. la velocità di regime cui si porta il sistema; 3. l'accelerazione allo spunto in salita della massa 4. la coppia agente nella sezione punto precedente; 5. il valore di

m2

A−A

m1 ;

dell'albero nella condizione del

per cui, in condizioni di regime, il usso di potenza sulla

prima trasmissione a da diretto a retrogrado o viceversa; 6. utilizzando il valore di

m2

calcolato al punto precedente valutare, a

regime, la coppia motrice e la velocità del sistema.

23.1

Risoluzione

Al ne di semplicare la trattazione del problema si riportano i legami cinematici tra le velocità di alcuni punti di interesse del sistema e la velocità angolare dell'albero motore.

ω1 = τ1 ωm v1 = τ1 ωm R1 ω2 = τ1 τ2 ωm v2 = τ1 τ2 ωm R2 23.1.1

(23.1)

Quesito 1

Per risolvere il moto a regime del sistema è necessario innanzitutto stabilire, per entrambe le trasmissioni, se il usso di potenza è di tipo diretto o retrogrado. Per fare ciò il sistema viene scomposto in tre sottosistemi come rappresentato in gura 23.2. Il sottosistema 1 è costituito dal motore e dal volano che rappresenta le inerzie del motore stesso. Il sottosistema 2 è invece formato dalla puleggia numero 1 e dalla massa ro 2 e la massa

m2

m1 .

Inne la puleggia nume-

compongono il sottosistema numero 3. I tre sottosistemi

sono tra loro connessi per mezzo delle due trasmissioni. Laddove è possibile stabilire il segno della potenza complessiva dei sottosistemi, siamo in grado 276

CAPITOLO 23.

IMPIANTO DI SOLLEVAMENTO 2

di denire se essi assorbono o producono potenza e di conseguenza se il moto sulla trasmissione adiacente è diretto o retrogrado.

ω2 J1 , R1

Cm

R2

J2,R2

Jm v1 Sottosotema 1

m1

Sottosotema 2

m2 fd

α

Sottosotema 3

Figura 23.2: Sistema

Ricordando che a regime il contributo di potenza dato dalle forze di inerzia è nullo, la sommatoria delle potenze in gioco nel sottosistema 3 è data da:

X che, per i valori di positiva.

W (3) = m2 g sin αv2 − m2 g cos αfd v2 = m2 g (tan α − fd ) v2 cos α α

e del coecinete di attrito

fd

(23.2)

forniti, risulta essere

Il sottosistema 3 è in grado di fornire potenza verso l'ambiente

circostante. La trasmissione 2 riceve in ingresso la potenza uscente da questo sottosistema è funzionerà, a regime, di moto retrogrado. Fisicamente accade che la massa

m2

tende naturalmente a scivolare lungo il piano inclinato, la

potenza che essa fornisce è data dalla componente di forza gravitazionale lungo il piano stesso cui viene sottratta la quota parte dovuta all'attrito radente. Considerando ora il sottosistema 1 (motore + volano), l'unico contributo in termini di potenza a regime è dato dalla coppia motrice secondo la (1) relazione W = Cm ωm . A questo livello della discussione nulla si può dire riguardo al segno della coppia motrice, ovvero non è ancora possibile stabilire se il motore dovrà fornire coppia utile al sollevamento della massa essendo la massa

m2

m1

o se,

sucientemente pesante e/o l'angolo di inclinazione del

piano inclinato sucientemente alto da fornire tutta la potenza necessaria al sollevamento della massa

m1 ,

il motore dovrà funzionare da freno.

Per stabilire la direzione del usso di potenza sulla trasmissione 1 è necessario studiare i sottosistemi 2 e 3 uniti tra loro. La sommatoria di tutte le potenze in gioco è data da: 277

CAPITOLO 23.

X

IMPIANTO DI SOLLEVAMENTO 2

W (2)+(3) = [m2 g sin αv2 − m2 gcosαfdv2 ] + {z } | Wu2

−(1 − η2r ) [m2 g sin αv2 − m2 gcosαfd v2 ] −m1 gv1 | {z } | {z }

(23.3)

Wu1

Wp 2

Facendo uso delle relazioni cinematiche (equazione (23.1)) tra la velocità delle masse e la velocità angolare dell'albero motore l'equazione può essere riscritta come:

X

W (2)+(3) = ωm [η2r m2 g(sin α − fd cos α)τ1 τ2 R2 − m1 gτ1 R1 ]

(23.4)

Sostituendo i valori numerici è possibile calcolare il valore dell'espressione riportata tra parentesi quadre. Il termine risulta negativo e in particolare pari a

−3, 41 Nm.

Ciò signica che il sottosistema composto dai sottosi-

stemi 2 e 3 deve assorbire potenza dall'esterno, la trasmissione 2 funzionerà quindi in moto diretto portando la potenza prodotta dal motore verso i due sottosistemi analizzati. A questo punto è possibile scrivere l'equazione di moto del sistema complessivo a regime eettuando un bilancio di potenze.

Wm + Wp1 + Wu1 + Wp2 + Wu2 = 0

(23.5)

dove i vari termini hanno il signicato espresso in Figura 23.3

Wp1 Jm

Cm

Wp2 ωu 1

ωm

J u1

ωu 2 Cu 2

Cu 1 Wu 1 Wm

Wu 2

Figura 23.3: Flussi di potenza a regime. Esplicitando l'espressione della potenza motrice, della potenza persa sulla prima trasmissione (equazione (23.6)) e ricorrendo all'equazione (23.3) si ottiene l'equazione (23.7).

Wm = C m ωm Wp1 = −(1 − η1d )C m ωm 278

(23.6)

CAPITOLO 23.

IMPIANTO DI SOLLEVAMENTO 2

C m ωm − (1 − η1d )C m ωm + É possibile quindi esplicitare la coppia

X

Cm

W (2)+(3) = 0

(23.7)

che il motore deve erogare nel

seguente modo.

Cm =

−η2r m2 g sin ατ1 τ2 R2 + η2r m2 g cos αfd τ1 τ2 R2 + m1 gτ1 R1 η1d

(23.8)

Sostituendo quindi i valori numerici assegnati si ottiene un valore di coppia erogata a regime dal motore pari a

23.1.2

C m = 3, 79 Nm.

Quesito 2

Il calcolo della velocità di regime a cui si porta il sistema può essere eettuato sfruttando l'equazione caratteristica del motore Esplicitando quindi il valore di velocità

ωm

Cm (ω) = Cm0 − kωm .

in funzione della coppia si ottiene

quanto segue.

ωm =

Cm0 − C m = 195, 20 rad/s k

(23.9)

Che gracamente corrisponde al disegno in Figura 23.4.

Cm

C¯m ω ¯m ωm Figura 23.4: Velocità angolare a regime.

23.1.3

Quesito 3

Per il calcolo dell'accelerazione del sistema allo spunto

ω˙ m0

è necessario di-

scutere nuovamente la direzione del usso di potenze sulle due trasmissioni. Considerando il sottosistema 3 la sommatoria delle potenze in gioco vale:

X

W (3) =[m2 g(sin α − fs cos α)τ1 τ2 R2 + {z } | >0 2

− m2 (τ1 τ2 R2 ) ω˙ m − J2 (τ1 τ2 )2 ω˙ m ]ωm | {z } | {z } <0

(23.10)

<0

279

CAPITOLO 23.

IMPIANTO DI SOLLEVAMENTO 2

Essendo tale espressione composta da tre termini di segno diverso e non essendo noto il valore dell'accelerazione (è proprio l'incognita del quesito), non è possibile in questo caso stabilire il segno della potenza complessiva e bisogna eettuare un ipotesi. Il contributo dato dalla potenza delle forze di inerzia si oppone alla componente gravitazionale che era precedentemente in grado di fornire potenza e contribuire al sollevamento della massa

m1 .

Per

eettuare un'ipotesi ragionevole riguardo al tipo di moto si può calcolare il valore di accelerazione angolare del motore per il quale la potenza nel sottosistema 3 cambia di segno. Si ottiene:

ω˙ mlim =

m2 g(sin α − fs cos α)τ1 τ2 R2 = 1977 rad/s2 m2 (τ1 τ2 R2 )2 + J2 (τ1 τ2 )2 ω˙ m

(23.11)

Un valore così alto di accelerazione allo spunto porta ad ipotizzare che anche in questo caso il moto sulla trasmissione 2 sia retrogrado, tale ipotesi andrà, a conti fatti, vericata. A prescindere dall'ipotesi fatta sulla trasmissione 2, per la discussione del moto sulla trasmissione 1 si può ragionare come di seguito. Se a regime, con moto retrogrado sulla trasmissione 2, il sottosistema 2+3 richiedeva potenza perché la massa

m1

potesse salire, a maggior ragione richiederà potenza al

motore in questo caso in cui, oltre alla potenza necessaria al sollevamento, è necessario richiederne un'ulteriore quantità per accelerare tutte le masse del sistema. Il moto sulla trasmissione 1 sarà sicuramente diretto. L'equazione di moto del sistema risulta essere:

Wm + Wp1 + Wu1 + Wp2 + Wu2 + W IN = 0

(23.12)

I vari termini dell'equazione (23.12) possono essere valutati come:

Wm = Cm ωm Wp1 Wu1 Wu2 Wp2

= −(1 − η1d )WeT = −(1 − η1d )(Cm ωm − Jm ωm ω˙ m ) = m1 gτ R1 ωm = m2 g sin ατ1 τ2 R2 − m2 g cos αfs τ1 τ2 R2 = −(1 − η2r )(m2 g sin ατ1 τ2 R2 − m2 g cos αfs τ1 τ2 R2 + − m2 τ12 τ22 R22 ω˙ m − J2 τ12 τ22 ω˙ m )

(23.13)

W IN = Jm ωm ω˙ m + m1 τ12 R12 ωm ω˙ m + J1 τ12 ω ω˙ m + J2 τ12 τ22 ω ω˙ m+ + m2 τ12 τ22 R22 ω ω˙ m Sostituendo i termini dell'equazione (23.13) nella (23.12), si ottiene: 280

CAPITOLO 23.

IMPIANTO DI SOLLEVAMENTO 2

η1d (Cm − Jm ω˙ m ) − m1 gτ1 R1 − m1 τ12 R12 ω˙m − J1 τ12 ω˙ m + + η2r (m2 g sin ατ1 τ2 R2 − m2 g cos αfs τ1 τ2 R2 − m2 τ12 τ22 R22 ω˙ m + − J2 τ12 τ22 ω˙ m ) = 0 (23.14) Esplicitando quindi il termine allo spunto

Cm0 ,

ω˙ m

e utilizzando il valore di coppia motrice

si ottiene quanto segue.

ω˙ m0 = η1d Cm0 + η2r m2 g sin ατ1 τ2 R2 − η2r m2 g cos αfs τ1 τ2 R2 − m1 gτ1 R1 = η1d Jm + η2r m2 τ12 τ22 R22 + η2r J2 τ12 τ22 + m1 τ12 R12 + J1 τ12 (23.15) Sostituendo i valori numerici assegnati, il valore di accelerazione motore allo spunto risulta pari a ω ˙ m = 12, 22 rads−2. Essendo tale valore decisamente inferiore al valore limite di accelerazione

ω˙ mlim calcolata nell'equazione

(23.11) risulta anche vericata l'ipotesi di moto retrogrado sulla trasmissione 2. Per questo motivo il usso di potenze è quello evidenziato in Figura 23.5.

Wp1

Jm

ωu 1

ω˙ m C m ωm

J m ω˙ m

Wp2 ωu 2

ω˙ u 2

C u 1 J 1 ω˙ u 1 WuIN1 Wu 1

Wm WmIN

J u1

WeT 1

ω˙ u 2

Cu 2 Wu 2 WeT 2

J 1 ω˙ u 2

WuIN2

Figura 23.5: Flussi di potenza allo spunto.

23.1.4

Quesito 4

Facendo riferimento alla gura 23.6, per il calcolo della coppia agente nella

A − A, Cu1 , è suciente evidenziare che la trasmissione Wu1 risulta pari a Wu1 = Cu1 ω1 .

sezione prima

potenza in uscita dalla

Facendo un bilancio di potenza sulla trasmissione si ottiene:

WeT 1 + Wp1 + WuT 1 = 0

(23.16)

In cui i vari termini possono essere espressi come: 281

CAPITOLO 23.

IMPIANTO DI SOLLEVAMENTO 2

η1 , τ 1

WuT11

Cu 1

J 1 ω˙ 1 C u2

ω1

WeT 1

Wu 2

η2 , τ 2 Wi2

ω1 Wp2

Wp1 m1g m1a1

Figura 23.6: Sistema semplicato

WeT 1 = Cm ωm − Jm ωm ω˙m Wp1 = −(1 − ηd )(Cm ωm − Jm ωm ω˙m ) Wu1 = Cu1 ω1

(23.17)

In tal modo è immediatamente esprimibile la coppia cercata come sotto riportato.

Cu1 =

23.1.5

Wu1 η1d = (Cm − Jm ω˙ m ) = 172, 14 Nm ω1 τ1

(23.18)

Quesito 5

Perché il usso sulla trasmissione 1 cambi direzione è necessario che il contributo gravitazionale dato dalla massa

m1 ,

m2

sia suciente a sollevare la massa

in tali condizioni il motore dovrà funzionare da freno. Riprendendo l'e-

spressione della potenze in gioco per i sottosistemi 2 e 3 a regime (equazione (23.4)), il valore ricercato per la massa

m2 =

23.1.6

m2

è:

m1 gτ1 R1 = 532, 2 Kg g(sin α − fd cos α)τ1 τ2 R2

(23.19)

Quesito 6

Il usso di potenze valido in questa congurazione è quello schematizzato in Figura 23.7. Il bilancio di potenze per l'intero sistema è espresso da:

Wm + Wp1 + Wu1 + Wp2 + Wu2 = 0 E i singoli termini valgono: 282

(23.20)

CAPITOLO 23.

IMPIANTO DI SOLLEVAMENTO 2

Wp1 Jm

Cm

Wp2 ωu 1

ωm

J u1

ωu 2 Cu 2

Cu 1 Wu 1 Wm

Wu 2

Figura 23.7: Flussi di potenza per moto a regime con valore della massa

m

modicato.

Wm = − Cm ωm Wu2 =m2 g(sin α − fd cos α)τ1 τ2 R2

Wp2 = − (1 − η2r )WeT 2 = −(1 − η2r )(m2 g(sin α − fd cos α)τ1 τ2 R2 ) Wu1 = − m1 gτ1 R1

(23.21)

Wp1 = − (1 − η1r )WeT 1 = − (1 − η1r )η2r [(m2 g(sin α − fd cos α)τ1 τ2 R2 ) − m1 gτ1 R1 ] Il bilancio di potenza per il sistema con la massa

m2

modicata porta

alla seguente equazione:

−Cm + η1r [η2r (m2 g(sin α − fd cos α)τ1 τ2 R2 ) − m1 gτ1 R1 ] = 0 da cui si ricava un valore di coppia a regime pari a

−2.56 Nm.

(23.22) Applicando

l'equazione che descrive la curva di coppia del motore (23.9), si risale anche alla nuova velocità di regime che risulta essere pari a

394, 8 rad/s.

283

CAPITOLO 23.

284

IMPIANTO DI SOLLEVAMENTO 2

24 Muletto Per il carrello elevatore riportato in Figura 24.1 sono note le seguenti grandez-

a = 0.5 m, semio anteriore b = 1 m, il raggio di rotolamento delle ruote R = 0.4 m, altezza del baricentro G del solo carrello elevatore rispetto al suolo h = 0, 6 m, distanza orizzontale tra il baricentro G del carrello e il baricentro G1 della massa posta sulle forche c = 2 m e altezza rispetto al suolo del punto di attacco della fune di traino d = 0.5 m. ze geometriche: semio posteriore

m1 G1

m2 G2

G

m

h1 h

d a

b

c

Figura 24.1: Carrello elevatore

Risulta inoltre nota la composizione del sistema di trasmissione di potenza, che è rappresentato nella seguente Figura 24.2. Conoscendo inoltre la massa del solo carrello m = 2000 kg , il momento 2 d'inerzia di ogni singola ruota Jr = 2.5 kgm , il momento d'inerzia del motore 285

CAPITOLO 24.

MULETTO

τ, η

Jm

Figura 24.2: Sistema di trasmissione

Jm = 0.25 kgm2 , il rapporto di trasmissione τ = 1/50 ed il rendimento della trasmissione η = 0.80 oltre ai coecienti di attrito statico fs = 1, dinamico fd = 0.30 e volvente fv = 0.02, si richiede di determinare: m1

1. Il carico limite

sollevabile a veicolo fermo senza che intervenga il

ribaltamento del carrello elevatore. In condizione di avanzamento a regime con motore erogante una coppia

C m = 200 Nm

Cm =

si determini:

2. Il carico limite

m2

trascinabile dal carrello nel caso di massa

m1

posta

sulle forche. 3. Il valore della risultante dei carichi normali agenti sulla coppia di pneumatici anteriori e posteriori con carrello impegnato a trasportare le

m1

masse

m2 .

e

Inne, per coppia motrice trasportate

m1

e

m2 ,

Cm

pari a

1.5C m

e sempre nel caso di masse

si calcoli:

4. L'accelerazione longitudinale del carrello. 5. L'altezza

h1

massima rispetto al suolo del baricentro

G1

per la quale

risulta vericata l'aderenza delle ruote motrici.

24.1

Soluzione del quesito 1

Per calcolare la massima massa

m1

sollevabile a veicolo fermo occorre per

prima cosa mettere in evidenza tutte le forze agenti sullo stesso nella situazione di moto indicata, ovvero in caso statico, così come evidenziato nella Figura 24.3. 286

CAPITOLO 24.

MULETTO

m1 g mg

2N p

2N a

Figura 24.3: Forze agenti sul sistema

A questo punto è possibile scrivere un equilibrio alla rotazione rispetto al punto di contatto delle ruote anteriori.

mgb − 2Np (a + b) − m1 g (c − b) = 0

(24.1)

La condizione limite per il ribaltamento è quella in cui la risultante complessiva delle ruote posteriori risulta nulla, ovvero

2Np = 0.

Sostituendo

m1

tale relazione nell'equazione (24.1) è possibile quindi calcolare la massa

massima trasportabile anché il veicolo non si ribalti da fermo, così come riportato nella seguente equazione.

m1 = m 24.2

b = 2000 kg c−b

(24.2)

Soluzione del quesito 2

Per il calcolo della massima massa

m2

trascinabile dal carrello nella condi-

zione assegnata è conveniente scrivere il bilancio di potenze complessivo.

We

Wu

η, τ

Wp Figura 24.4: Bilancio di potenze sulla trasmissione Facendo quindi riferimento alla Figura 24.4, è possibile esplicitare i termini di potenza sopra indicati così come riportato nella seguente equazione. 287

CAPITOLO 24.

MULETTO

We =Cm ωm Wp = − (1 − η) (Cm ωm ) Wu = − m2 guω − (2Na + 2Np ) uω

(24.3)

Il bilancio di potenze, tenendo conto delle convenzioni riportate in Figura 24.4 e dei valori riportati nell'equazione (24.3), risulta:

η (Cm ωm − m2 gfdv) − (2Na + 2Np ) fv v = 0

(24.4)

Per poter semplicare l'espressione appena scritta è necessario riferire le variabili siche utilizzate al grado di libertà scelto per descrivere il sistema. Nello specico la velocità

v

longitudinale del carrello.

Si riportano quin-

di nella seguente equazione i legami cinematici necessari per eettuare tale trasformazione di coordinate.

v = Rτ ωm = Rωr

(24.5)

Sostituendo quindi i legami cinematici nell'equazione (24.4) è possibile ottenere il bilancio di potenze complessivo.

η



Cm Rτ



− m2 gfd − (m + m1 ) fv = 0

(24.6)

ottenendo quanto segue:

ηCm − m2 gfd − (m + m1 ) fv = 0 Rτ Dall'equazione (24.7), introducendo il valore di coppia motrice

C m,

è possibile esplicitare il valore di massa

m2

(24.7)

Cm =

trascinabile nella condizione

assegnata.

m2 = 24.3

ηCm Rτ

− (m + m1 ) fv = 6529 kg gfd

(24.8)

Soluzione del quesito 3

Per il calcolo dei valori della risultante dei carichi agenti sull'asse posteriore e su quello anteriore è, ancora una volta, necessario esplicitare tutte le forze agenti sul carrello nella condizione di moto assegnata (sistema a regime con entrambe le masse 288

m1

e

m2

trasportate).

CAPITOLO 24.

MULETTO

m1 g m2 gf d

mg

2T p

2N p

2T a

2N a

Figura 24.5: Forze agenti sul carrello

Per ricavare il valore di una delle due reazioni vincolari cercate, è possibile, ad esempio, scrivere un equilibrio alla rotazione del sistema attorno al punto di contatto dell'asse anteriore, ottenendo la seguente equazione.

mg (b + fv R) + m2 gfd d − 2Np (a + b) − m1 g (c − b − fv R) = 0

(24.9)

Dalla precedente equazione è possibile esplicitare una delle due reazioni cercate, nello specico

2Np =

2Np

che assume la seguente espressione.

mg (b + fv R) + m2 gfdd − m1 g (c − b − fv R) = 6613 N a+b

L'altra reazione cercata,

(24.10)

2Na , può essere ottenuta esplicitando tale termi-

ne dall'equazione di equilibrio alla traslazione verticale, così come riportato nella seguente eqazione.

2Na = (m + m1 ) g − 2Np = 32626 N 24.4

(24.11)

Soluzione del quesito 4

Per il calcolo dell'accelerazione longitudinale del carrello è suciente utilizzare il bilancio di potenze scritto nell'equazione (24.6), aggiungendo i termini di

Win ,

noto che sia moto diretto e sostituendo al posto del generico valore 289

CAPITOLO 24.

MULETTO

di coppia motrice

Cm

l'accelerazione

a

1, 5C m .

Esplicitando quindi

del carrello si ottiene quanto segue.

a=

24.5

il valore assegnato pari a

ηCm − m2 gfd − (m + m1 ) fv Rτ Jm + m + m1 + m2 + 4 RJr2 R2 τ 2

= 0, 69 ms−2

(24.12)

Soluzione del quesito 5

Per risolvere tale quesito occorre innanzi tutto sfruttare la condizione secondo la quale va imposta la saturazione del limite di aderenza sull'asse anteriore. É quindi possibile mettere in evidenza le forze agenti sull'asse anteriore, così come riportato nella Figura 24.6.

2J v ω ˙r

Cm

2T a 2N a Figura 24.6: Forze agenti sull'asse anteriore del carrello Come prima cosa si osserva che la coppia che giunge alla ruota ferisce dalla coppia motrice

Cm ,

∗ Cm

dif-

in quanto tra tali organi è interposta la

trasmissione ed il volano. La coppia risultante alle ruote anteriori può quindi essere esplicitata come segue.

∗ Cm =

ηCm Jm η (Cm − Jm ω˙ m ) = − 2 a = 11097 Nm τ τ τ R

(24.13)

A questo punto è possibile scrivere un equilibrio alla rotazione della ruota rispetto alla cerniera di collegamento con il veicolo.

2Ta R + 2fv Na R + 2

Jr ∗ a − Cm =0 R

(24.14)

Introducendo quindi il limite di saturazione della condizione di aderenza,

Ta = fs Na è possibile esplicitare dall'equazione reazione 2Na , così come sotto riportato.

secondo cui della

2Na = 290

∗ Cm − 2 JRr a = 27178 N (fs + fv ) R

(24.14) il valore

(24.15)

CAPITOLO 24.

MULETTO

In seguito, mediante un equilibrio alla traslazione verticale, è possibile esplicitare anche il valore della reazione

2Np ,

così come sotto riportato.

2Np = (m + m1 ) g − 2Na = 12062 N

(24.16)

A questo punto si mettono in evidenza tutte le forze agenti sul carrello, così come riportato nella Figura 24.7.

m1 a

m1 g

ma m2 gf d m2 a

Jrω ˙r

2T p

Jrω ˙r

mg

2N p

2T a

2N a

Figura 24.7: Forze agenti sul carrello

In conclusione è possibile scrivere una equazione di equilibrio alla rotazione rispetto al punto di contatto dell'asse posteriore:

m2 gfd d + m2 ad + mah − mg (a − fv R) + 2Na (a + b) + Jr 4 a + m1 ah1 − m1 g (c + a − fv R) = 0 R Dalla relazione appena scritta è possibile esplicitare il termine

(24.17)

h1

inco-

gnita del problema:

h1 = 3, 42 m

(24.18)

291

CAPITOLO 24.

292

MULETTO

Parte VI Vibrazioni

293

25 Cannone Il carrello di un cannone è spinto dalla forza di rinculo dovuta allo sparo. Per minimizzare il tempo di riposizionamento del carrello nella posizione di sparo, è stato progettato un sistema molla-smorzatore che opera in condizioni

m del carrello, la rigidezza spostamento massimo di xmax =

di rapporto di smorzamento critico. Nota la massa

k della molla e che il carrello subisce uno 0.4m dopo lo sparo, si chiede di determinare

in base ai valori riportati in

Tabella 25.1:

•

Il valore del coeciente di smorzamento sico

•

La velocità iniziale del carrello

•

Il tempo necessario anché il carrello ritorni ad una posizione di

0.1m

r

x˙ 0

dalla posizione iniziale

massa carrello

m

500kg

rigidezza molla

k

10000N/m

Tabella 25.1: Dati del problema considerato

295

x2 =

CAPITOLO 25.

CANNONE

Figura 25.1: Schematizzazione del problema considerato

25.1

Impostazione del problema

Al ne di minimizzare il tempo di ritorno in equilibrio, condizione necessaria per essere pronti ad un nuovo colpo, il sistema deve essere dimensionato in modo da avere uno smorzamento pari al suo smorzamento critico, ovvero deve avere un rapporto di smorzamento

h = r/rc = 1.

r = rc = 2mω0 = 4470

Ns m

(25.1)

Figura 25.2: Schematizzazione del problema considerato Schematizzando il problema in un sistema massa molla smorzatore come indicato in Figura 27.2, assegnata la coordinata libera

x

per identicare il

moto del carrello, la sua legge di moto è data dell'equazione: 296

CAPITOLO 25.

CANNONE

x(t) = X1 eλ1 t + X2 teλ2 t ove

λ1 = λ2 = −α = −r/2m = −4.47,

mentre

(25.2)

X1

e

X2

sono due costanti

da determinare in base alle condizioni iniziali:

Il valore di

X2

x(0) = 0 ⇒ X1 = 0

(25.3)

x(0) ˙ = X2 = x˙ 0

(25.4)

necessario per denire l'equazione di moto dal carrello,

nonché il valore della velocità iniziale

x˙ 0 ,

si ricava utilizzando l'informazione

sullo spostamento massimo ammesso del sistema e l'istante di tempo questo si verica. Imponendo quindi

x( ˙ t¯)=0,

ovvero:

¯ ¯ x( ˙ t¯) = X2 λ2 t¯eλ2 t + X2 eλ2 t = 0

⇒ t¯ = − Conoscendo

t¯ e x(t¯) = xmax

(25.5)

1 = 0.223s λ2

(25.6)

è possibile calcolare il valore di

della velocità iniziale del sistema.

t¯ in cui

X2

e quindi

La Figura 25.3 mostra l'andamento nel

tempo del moto del carrello denito dall'equazione (25.9).

¯ x(t¯) = X2 t¯eλ2 t = −0.4m

(25.7)

⇒ X2 = x˙ 0 = −4.86m/s

(25.8)

⇒ x(t) = −4.86te−4.47t

(25.9)

Il tempo per ritornare ad una posizione distante

1

di equilibrio

x2 = 0.1m dalla posizione

si ricava quindi imponendo:

˜

x(t˜) = X2 t˜eλ2 t = −0.1m

(25.10)

Tale equazione è possibile essere risolta ad esempio per via graca, ovvero riscrivendo la (25.11) come:

−

0.1 1 ˜ = eλ2 t ˜ X2 t

(25.11)

1 Si

mette in evidenza come risulterebbe impossibile calcolare il tempo anché il sistema ritorni a x=0 in quanto il moto del sistema risulta solo asintoticamente tendere a questo valore. 297

CAPITOLO 25.

CANNONE

0.5

x(t) [m]

0.4

0.3

0.2

0.1

0 0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5

4

t [s] Figura 25.3: Andamento nel tempo del moto del carrello

è possibile cercare il punto di intersezione fra le due curve:



0.1 1 y1 (t) = − X 2 t y2 (t) = eλ2 t

(25.12)

Il diagramma in Figura 25.4 mostra che tale intersezione avviene per un valore di

t˜ = 0.83s.

2.5 0.04 2 X: 0.83 Y: 0.02448

y1(t), y2(y)

y1(t), y2(y)

0.03 1.5

1

0.02 0.01 0 −0.01

0.5

−0.02 0 0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

t

1.4

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

1.4

t

(a) Determinazione del tempo

(b) Determinazione del tempo, zoom

Figura 25.4: Determinazione del tempo

Si fa notare che le curve si intersecano anche per un secondo valore di pari a

t = 0.024s.

Questo rappresenta l'istante di tempo in cui il carrello

a per la posizione

298

t,

x = 0.1m

durante la corsa di andata.

26 Sospensione Si vuole eettuare il dimensionamento di una sospensione per una motocicletta di massa

m = 200kg

che soddis le seguenti speciche:

•

Le oscillazioni devono smorzarsi con un tasso di riduzione che ne riduca

•

Il periodo di vibrazione del sistema sia uguale a

le ampiezze di 4 volte ogni mezzo periodo;

2s

Una volta identicati i parametri di rigidezza e di smorzamento della sospensione in base ai dati forniti in Tabella 26.1 ed in Figura 26.1, determinare quale sia la minima velocità iniziale da fornire al sistema meccanico per raggiungere un massimo spostamento di

xLim = 250mm.

massa moto

m

200kg

periodo di vibrazione

T

2s

riduzione di ampiezza

−

x1.5 = 1/4x1

Tabella 26.1: Dati del problema considerato

299

CAPITOLO 26.

SOSPENSIONE

0.4

x1

0.3

x2

0.2

x(t) [m]

0.1 0 −0.1 −0.2 −0.3 0

x1,5 1

2

3

4

5

6

s Figura 26.1: Schematizzazione del problema considerato

26.1

Impostazione del problema

Il problema risulta schematizzabile come una massa

m

vincolata a terra tra-

mite una coppia di molla smorzatore. Il problema richiede il dimensionamento dei parametri di rigidezza e di smorzamento al ne di essere coerenti con le speciche di moto libero richieste. L'oggetto di studio in questo modo diventa il sistema illustrato in Figura 26.2, dove la coordinata libera il valore

m

x=0

x

assume

nella posizione di equilibrio statico del sistema (ovvero massa

in equilibrio gravitazionale sulla molla). Al ne di permettere un moto di

tipo oscillatorio, lo smorzamento adimensionale

h

dovrà assumere un valore

h < 1. L'equazione di moto del sistema risulta essere espressa dall'equazione (26.1).

x(t) = X1 eλ1 t + X2 eλ2 t X1

X2

sono costanti da determinare in base alla condizioni iniziali, λt mentre i coecienti λ, ricavati sostituendo la soluzione proposta x = Xe ove

e

(26.1)

nella (26.1) sono espressi dall'equazione (26.2):

λ1,2 = ω0 · (−h ±

√

che nel caso di moto oscillatorio, ovvero

h2 − 1)

h < 1,

può essere riscritta come:

√ λ1,2 = ω0 h ± iω0 1 − h2 = −α ± iw 300

(26.2)

(26.3)

CAPITOLO 26.

SOSPENSIONE

Figura 26.2: Schematizzazione del problema considerato

ove:

√ ω = ω0 1 − h2

(26.4)

r 2m

(26.5)

α = ω0 h =

La soluzione del moto nel tempo assume quindi l'espressione 26.6 (che può anche essere scritta nella forma (26.7)) con

A

e

B

o

X

e

ϕ

due costanti

da determinare in base alle condizioni al contorno.

e−αt · (A cos ωt + B sin ωt)

(26.6)

e−αt · (X cos(ωt + ϕ))

(26.7)

Supposte le condizioni al contorno sullo spostamento e velocità:

x(0) = x0

x(0) ˙ = x˙ 0

(26.8)

si ricavano inne le due costanti che saranno uguali a:

A = x0

B=

x0 x˙ 0 +α ω ω

(26.9)

Al ne di risolvere il problema assegnato, si calcola dapprima il rapporto di smorzamento adimensionale

h

al ne di ottenere la riduzione sul moto 301

CAPITOLO 26.

SOSPENSIONE

oscillatorio assegnato di

1/4

di ampiezza ogni

1/2

ciclo di oscillazione. Per

fare ciò si calcola il legame fra il rapporto fra due oscillazioni successive (due cicli successivi) e il parametro

xi xi+1 xi ln xi+1 xi ln xi+1 xi ln xi+1 xi ln xi+1 xi ln xi+1 ln

ln

26.2

h:

e−αt · (X cos(ωt + ϕ)) e−α(t+T ) · (X cos(ω(t + T ) + ϕ)) e−αt = ln −α(t+T ) e = ln

= ln eαT = αT = hω0 T = hω0

(26.10)

1 f

2π √ ω0 1 − h2 2πh =√ 1 − h2 = hω0

xi e−αt · (X cos(ωt + ϕ)) = ln −α(t+T ) xi+1 e · (X cos(ω(t + T ) + ϕ)) −αt e = ln −α(t+T ) e = ln(eαT ) 1 = αT = hω0 T = hω0 f 2π = hω0 √ ω0 1 − h2 2πh =√ 1 − h2

(26.11)

Determinazione dell'equazione di moto

Si valuta innanzitutto lo smorzamento adimensionale, ovvero il rapporto

h

fra lo smorzamento eettivo e lo smorzamento critico del sistema, rispettivamente

r

e

rc .

In questo caso si ha:

ω0 =

r

k = m

r

40000 rad = 4.47 2000 s

rc = 2mω0 = 2 · 2000 · 4.47 = 17880 302

Ns m

(26.12)

(26.13)

CAPITOLO 26.

h= Il valore

h > 1

SOSPENSIONE

20000 ∼ r = = 1.11 rc 17880

(26.14)

indica un sistema ipercritico, ovvero un sistema che,

una volta volta perturbato nell'intorno della posizione di equilibrio statico, torna nella posizione iniziale senza oscillare. L'equazione di moto di questa tipologia di sistema risulta:

x(t) = X1 eλ1 t + X2 eλ2 t ove

X1

e

X2

(26.15)

sono costanti da determinare in base alla condizioni iniziali,

mentre i coecienti

λ, che possono essere espressi nella forma (27.5), saranno

due numeri reali minori di zero.

λ1,2 = ω0 · (−h ±

√

h2 − 1)

(26.16)

Sostituendo i valori numerici nell'equazione (27.5) si ottiene:

λ1 = −7.11;

λ2 = −2.8;

(26.17)

Sostituendo a questo punto le condizioni iniziali, è possibile denire l'equazione di moto del sistema.

Dato il sistema di riferimento espresso in

Figura 27.2 le condizioni dato dall'impatto risultano: spostamento iniziale nullo, (27.7) e velocità iniziale pari a quella al momento dell'impatto.

x(0) = 0 ⇒ X1 + X2 = 0 ⇒ X1 = −X2

(26.18)

La condizione sulla velocità iniziale viene imposta derivando l'equazione di moto (27.4):

x(t) ˙ = X1 λ1 eλ1 t + X2 λ2 eλ2 t Imponendo

x(0) ˙ = −v

(26.19)

e sostituendo la condizione (27.7) si ottiene:

X1 λ1 + X2 λ2 = −v

v λ1 − λ2 X2 = −2.32 ⇒ X1 = 2.32 X2 =

(26.20)

L'equazione di moto risulta così completamente denita dall'espressione indicata di seguito, il cui andamento nel tempo è mostrato in Figura 27.3.

x(t) = 2.32e−7.11t − 2.32e−2.8t

(26.21)

303

CAPITOLO 26.

26.3

SOSPENSIONE

Determinazione del tempo

Come indicato dal valore di smorzamento adimensionale

h,

la Figura 27.3

mostra come un sistema ipercritico sia caratterizzato da una sola elongazione dopo la quale i sistema ritorna nella posizione di equilibrio iniziale. tempo

t¯ tale per

cui si verica il massimo spostamento è quindi quell'istante

in cui si annulla la velocità, ovvero

x( ˙ t¯) = 0.

Imponendo questa condizio-

ne all'equazione della velocità del sistema, e ricordando che ottiene:

¯

X1 = −X2 ,

t¯ è

si

¯

x( ˙ t¯) = X1 λ1 eλ1 t + X2 λ2 eλ2 t = 0 X1 λ1 ¯ = −e(λ2 −λ1 )t X2 λ2 λ 1 = (λ2 − λ1 )t¯ ln λ2 λ 1 1 ⇒ t¯ = = 0.216s ln λ2 − λ1 λ2 Noto

Il

(26.22)

inne possibile ricavare anche il massimo spostamento del re-

spingente, che risulterà pari a:

x(t¯) = −0.76m

304

(26.23)

27 Locomotore Un locomotore di massa

m in moto con

una velocità

v

è fermato alla ne del

binario da un respingente schematizzato come un sistema molla-smorzatore, Figura 27.1. Nota la rigidezza

k

della molla e la costante di smorzamento

r,

si chiede di determinare lo spostamento massimo raggiunto dall'istante in cui il locomotore colpisce il respingente ed il tempo necessario per raggiungere il massimo spostamento in base ai dati indicati in Tabella 27.1.

Figura 27.1: Schematizzazione del problema considerato

305

CAPITOLO 27.

LOCOMOTORE

massa locomotore

m

2000kg

velocità all'impatto

v

10m/s

rigidezza molla

k

40N/mm

costante di smorzamento

r

20Ns/mm

Tabella 27.1: Dati del problema considerato

27.1

Impostazione del problema

Il problema risulta schematizzabile come una massa

m

dotata di velocità

v

che impatta un sistema molla-smorzatore. Considerando l'impatto come un urto perfetto l'oggetto di studio diventa il sistema illustrato in Figura 27.2, dove la coordinata libera

x assume il valore x = 0 all'istante di impatto t = 0.

Figura 27.2: Schematizzazione del problema considerato

27.2

Determinazione dell'equazione di moto

Si valuta innanzitutto lo smorzamento adimensionale, ovvero il rapporto

h

fra lo smorzamento eettivo e lo smorzamento critico del sistema, rispettivamente

r

e

rc .

In questo caso si ha:

ω0 =

r

k = m

r

rad 40000 = 4.47 2000 s

rc = 2mω0 = 2 · 2000 · 4.47 = 17880 h= 306

20000 ∼ r = = 1.11 rc 17880

Ns m

(27.1)

(27.2)

(27.3)

CAPITOLO 27.

Il valore

h > 1

LOCOMOTORE

indica un sistema ipercritico, ovvero un sistema che,

una volta volta perturbato nell'intorno della posizione di equilibrio statico, torna nella posizione iniziale senza oscillare. L'equazione di moto di questa tipologia di sistema risulta:

x(t) = X1 eλ1 t + X2 eλ2 t ove

X1

e

X2

(27.4)

sono costanti da determinare in base alla condizioni iniziali, λ, ricavati sostituendo la soluzione proposta x = Xeλt

mentre i coecienti

nella (27.4) ed espressi nella forma (27.5), saranno due numeri reali minori di zero.

λ1,2 = ω0 · (−h ±

√

h2 − 1)

(27.5)

Sostituendo i valori numerici nell'equazione (27.5) si ottiene:

λ1 = −7.11;

λ2 = −2.8;

(27.6)

Sostituendo a questo punto le condizioni iniziali, è possibile denire l'equazione di moto del sistema.

Dato il sistema di riferimento espresso in

Figura 27.2 le condizioni dato dall'impatto risultano: spostamento iniziale nullo, (27.7) e velocità iniziale pari a quella al momento dell'impatto.

x(0) = 0 ⇒ X1 + X2 = 0 ⇒ X1 = −X2

(27.7)

La condizione sulla velocità iniziale viene imposta derivando l'equazione di moto (27.4):

x(t) ˙ = X1 λ1 eλ1 t + X2 λ2 eλ2 t Imponendo

x(0) ˙ = −v

(27.8)

e sostituendo la condizione (27.7) si ottiene:

X1 λ1 + X2 λ2 = −v

v λ1 − λ2 X2 = −2.32 ⇒ X1 = 2.32 X2 =

(27.9)

L'equazione di moto risulta così completamente denita dall'espressione indicata di seguito, il cui andamento nel tempo è mostrato in Figura 27.3.

x(t) = 2.32e−7.11t − 2.32e−2.8t

(27.10)

307

CAPITOLO 27.

LOCOMOTORE

0 −0.1

x(t) [m]

−0.2 −0.3 −0.4 −0.5 −0.6 −0.7 −0.8 0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

3.5

4

t [s] Figura 27.3: Andamento nel tempo

27.3

x(t)

Determinazione del tempo

Come indicato dal valore di smorzamento adimensionale

h,

la Figura 27.3

mostra come un sistema ipercritico sia caratterizzato da una sola elongazione dopo la quale i sistema ritorna nella posizione di equilibrio iniziale. tempo

t¯ tale per

cui si verica il massimo spostamento è quindi quell'istante

in cui si annulla la velocità, ovvero

x( ˙ t¯) = 0.

Imponendo questa condizio-

ne all'equazione della velocità del sistema, e ricordando che ottiene:

¯

X1 = −X2 ,

t¯ è

si

¯

x( ˙ t¯) = X1 λ1 eλ1 t + X2 λ2 eλ2 t = 0 X1 λ1 ¯ = −e(λ2 −λ1 )t X2 λ2 λ 1 = (λ2 − λ1 )t¯ ln λ2 λ 1 1 ¯ ln = 0.216s ⇒t= λ2 − λ1 λ2 Noto

Il

(27.11)

inne possibile ricavare anche il massimo spostamento del re-

spingente, che risulterà pari a:

x(t¯) = −0.76m

308

(27.12)