Meccanica Applicata alle Macchine

MECCANICA APPLICATA ALLE MACCHINE Anno Accademico 2005-2006

Francesco Pellicano Professore Associato di Meccanica Applicata alle Macchine

Biografia dell’autore Francesco Pellicano è nato a Roma il19 luglio del 1966. Si è laureato in Ingegneria Aeronautica nel 1992 ed ha ottenuto il Dottorato di Ricerca in Meccanica teorica e Applicata nel 1996, presso il Dipartimento di Meccanica e Aeronautica, Università di Roma “La Sapienza”. È stato ricercatore presso il Dipartimento di Scienze dell’Ingegneria (poi divenuto Dipartimento di Ingegneria Meccanica e Civile) dell’Università di Modena e Reggio Emilia, dal 1996 al 2003. È Professore Associato di Meccanica Applicata alle Macchine dal gennaio 2004. La sua attività di ricerca si sviluppa sui seguenti settori: vibrazioni di strutture e sistemi meccanici; stabilità biforcazione, dinamica nonlineare e caos; interazione fluido struttura; meccanica degli ingranaggi; metodi di previsione in Oceanografia. L’attività didattica ha riguardato i seguenti settori: Meccanica Applicata alle Macchine; Vibrazioni; Analisi dei segnali. È stato coordinatore di progetti di ricerca nazionali ed internazionali. Ha svolto attività di ricerca industriale nei settori: stabilità dei veicoli; sperimentazione e testing dinamici; ingranaggi. È revisore di oltre dieci riviste scientifiche internazionali e di progetti di ricerca. È membro dell’ international advisory editorial board della rivista internazionale: Communications in Nonlinear Science and Numerical Simulation, Elsevier. Ha pubblicato oltre circa 90 lavori scientifici, tra cui un libro ed oltre 30 articoli su rivista internazionale.

1

Dedicato a mia moglie Roberta

2

Introduzione................................................................................................................................1 Esempi di meccanismi ............................................................................................................2 Convenzioni............................................................................................................................5 Capitolo 1 Generalità sui meccanismi, coppie cinematiche e gradi di libertà. ....................6 1.1 Nomenclatura..............................................................................................................6 1.2 Gradi di libertà............................................................................................................6 1.3 Coppie cinematiche. ...................................................................................................7 1.4 Coppie elementari (inferiori) e coppie superiori. .......................................................8 1.5 Contatto tra elementi cinematici.................................................................................8 1.6 Gradi di libertà di sistemi di di corpi rigidi nel piano ................................................9 1.6.1 Esempi ..............................................................................................................10 1.6.2 Casi speciali......................................................................................................13 1.6.3 Troubleshooting guide......................................................................................14 Capitolo 2 Statica dei meccanismi. ....................................................................................15 2.1 Introduzione..............................................................................................................15 2.2 Equazioni di equilibrio .............................................................................................15 2.2.1 Somma vettoriale di forze ed equilibrio alla traslazione, caso piano. ..............16 2.2.2 Momenti e prodotti vettoriali............................................................................16 2.2.3 Equilibrio di un corpo rigido nel piano, 2 forze. ..............................................19 2.2.4 Equilibrio di un corpo rigido nel piano, 3 forze. ..............................................20 2.2.5 Equilibrio di un meccanismo piano, 3 forze.....................................................22 2.2.6 Equilibrio di un corpo rigido nel piano, 4 forze. ..............................................23 2.2.7 Equilibrio di un meccanismo piano, 4 forze.....................................................24 2.2.8 Equilibrio di un corpo rigido nel piano, forze parallele. ..................................25 2.3 Esercizi .....................................................................................................................27 2.3.1 Esercizio 1. .......................................................................................................27 2.3.2 Esercizio 2. .......................................................................................................27 2.3.3 Esercizio 3. .......................................................................................................28 Capitolo 3 Cinematica del corpo rigido e dei sistemi articolati. ........................................33 3.1 Parallelogrammo.......................................................................................................33 3.2 Quadrilatero articolato..............................................................................................34 3.2.1 Inversione cinematica. ......................................................................................36 3.2.2 Inversione geometrica e punti morti.................................................................37 3.2.3 Circuiti. .............................................................................................................39 3.3 Analisi di posizione. .................................................................................................39 3.3.1 Analisi di posizione mediante “loop closure equations” : analisi esatta e numerica. 39 3.3.2 Esempio numerico. ...........................................................................................43 3.3.3 Esempio 1. ........................................................................................................46 3.3.4 Esempio 2. ........................................................................................................46 3.3.5 Esercizi proposti. ..............................................................................................48 3.4 Proprietà cinematiche del corpo rigido.....................................................................49 3.4.1 Moti relativi. .....................................................................................................49 3.4.2 Cinematica del corpo rigido: centro di istantanea rotazione. ...........................53 3.5 Analisi cinematica dei meccanismi articolati. ..........................................................56 3.5.1 Quadrilatero articolato: metodo grafico. ..........................................................56 3.6 Approccio analitico: manovellismo di spinta centrato. ............................................60 3.7 Analisi cinematica mediante funzioni complesse.....................................................61 3.8 Applicazione del principio dei lavori virtuali...........................................................64 Capitolo 4 Richiami di dinamica del corpo rigido. ............................................................66 4.1 Dinamica del corpo rigido: equazioni fondamentali e casi notevoli. .......................66 i

4.2 Energia cinetica del corpo rigido..............................................................................72 4.3 Metodo delle masse di sostituzione ..........................................................................73 4.4 Dinamica del manovellismo di spinta ......................................................................74 4.4.1 Azioni statiche. .................................................................................................74 4.4.2 Azioni dinamiche..............................................................................................75 4.4.3 Compensazione delle forze d’inerzia. ..............................................................77 Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti. ...............................................................79 5.1 Attrito radente: teoria Coulombiana .........................................................................79 5.2 Cenni su: usura e teorie sull’attrito...........................................................................81 5.3 Semplice modello per la valutazione dell’usura: ipotesi di Reye.............................82 5.4 Attrito volvente.........................................................................................................83 5.5 Rendimenti ...............................................................................................................87 5.5.1 Definizioni........................................................................................................87 5.5.2 Rendimenti di macchine in serie ed in parallelo...............................................88 5.6 Attrito di strisciamento nelle coppie elementari.......................................................92 5.6.1 Coppia prismatica. ............................................................................................92 5.6.2 Piano inclinato: rendimento e moto retrogrado. ...............................................93 5.6.3 La coppia rotoidale. ..........................................................................................95 5.6.4 Esempi ..............................................................................................................97 5.6.5 Equilibrio delle ruote. .......................................................................................98 5.6.6 Coppia elicoidale ............................................................................................101 5.7 Distribuzione delle pressioni di contatto. ...............................................................105 5.7.1 Pattino piano. ..................................................................................................105 5.7.2 Coppia rotoidale di spinta...............................................................................108 5.7.3 Ceppo puleggia. ..............................................................................................109 5.8 Cuscinetti volventi..................................................................................................110 Capitolo 6 Vibrazioni meccaniche ...................................................................................115 6.1 Considerazioni generali ..........................................................................................115 6.2 Esempi di sistemi ad 1 g.d.l....................................................................................115 6.3 L’oscillatore armonico smorzato ............................................................................117 6.4 Oscillazioni forzate armoniche...............................................................................119 6.5 Trasmissibilità ........................................................................................................122 6.5.1 Forze trasmesse al basamento ........................................................................122 6.5.2 Eccitazione sismica. .......................................................................................124 Capitolo 7 Dinamica dei rotori.........................................................................................126 7.1 Squilibrio statico.....................................................................................................127 7.2 Squilibrio dinamico ................................................................................................127 7.3 Macchina equilibratrice ..........................................................................................129 7.4 Velocità critiche flessionali. ...................................................................................132 Capitolo 8 Trasmissioni mediante ruote dentate (cenni)..................................................135 8.1 Ruote di frizione .....................................................................................................137 8.2 Rotismi ordinari......................................................................................................137 Capitolo 9 Lubrificazione (cenni) ....................................................................................141 9.1 Viscosità .................................................................................................................141 Appendice A. Moto del corpo rigido......................................................................................148 A.1 Rotazioni finite. ......................................................................................................148 A.2 Angoli di Eulero .....................................................................................................150 A.1.1 Teorema di Eulero ..........................................................................................154 A.1.2 Teorema di Charles.........................................................................................154 A.2 Rotazioni infinitesime ............................................................................................154 A.3 Derivata di un vettore .............................................................................................155 ii

A.4 Espressione del vettore velocità angolare in funzione degli angoli di Eulero........156 Bibliografia.............................................................................................................................158 Indice Analitico ......................................................................................................................159

iii

Introduzione

Introduzione Il presente testo di Meccanica Applicata alle Macchine è rivolto ad allievi dei corsi di Ingegneria Meccanica, Ingegneria dei Materiali ed Accademia Militare di Modena, Nuovo Ordinamento Didattico, secondo anno, Facoltà di Ingegneria (sede di Modena), Università degli Studi di Modena e Reggio Emilia, che frequentano il Corso “Meccanica delle Macchine”. Tale testo si focalizza sullo studio dei meccanismi e delle macchine; in particolare si forniscono le nozioni di base per affrontare l’analisi e la progettazione cinematica e dinamica. La base di partenza per poter affrontare questo testo consiste nelle conoscenze di analisi matematica e di meccanica teorica. Alcuni concetti base di cinematica, statica e dinamica del corpo rigido sono ripresi dai corsi di base ed estesi a meccanismi composti da più corpi rigidi. Il testo tratta i seguenti argomenti: • analisi cinematica dei meccanismi, includendo metodologie teoriche e numeriche per l’analisi di posizione, velocità ed accelerazione; analisi dinamica del corpo rigido con alcune applicazioni pratiche; • vibrazioni di sistemi ad un grado di libertà; squilibrio, equilibratura e velocità critiche dei rotori; • cenni di tribologia ed usura; • cenni di lubrificazione; • cenni di trasmissioni mediante ruote dentate. Il testo è disponibile unicamente in formato elettronico nel sito (http://www.vibrazioni.unimore.it), è possibile scaricarlo e stamparlo. L’assenza di versioni cartacee permette di aggiornare rapidamente il testo, si prega pertanto il lettore di segnalare eventuali errori, di cui mi scuso, e/o suggerire variazioni e miglioramenti. Se ne consente l’utilizzo per fini personali di tipo non commerciale. La riproduzione parziale o totale è vietata, secondo le norme vigenti.

1

Introduzione

Esempi di meccanismi Un esempio di meccanismo è il quadrilatero articolato (Fig. I.1), esso è un meccanismo largamente utilizzato nelle applicazioni pratiche ed è composto da 4 membri collegati da 4 coppie rotoidali (cerniere). Nelle figure che seguono sono indicati alcuni interessanti esempi applicativi di larga diffusione.

Sospensione automobilistica Applicazione del quadrilatero articolato. Meccanismo a 4 membri (four bar linkage)

1 2

Cuscinetto ruota 3

4 pneumatico

Sospensione automobilistica reale Meccanismo a più membri sviluppato nello spazio tridimensionale

2

Introduzione PINZA CON MECCANISMO ARTICOLATO PER AUMENTARE L’EFFETTO LEVA (GUADAGNO MECCANICO)

vite di regolazione

d

4 CERNIERE (COPPIE ROTOIDALI) 4 MEMBRI (ELEMENTI DEL MECCANISMO)

SOSPENSIONI MONOAMMORTIZZATORE “PROGRESSIVE” Meccanismi a più membri con coppie rotoidali

Figura I.1. Esempi di meccanismi: quadrilatero articolato.

Un altro importante meccanismo è il manovellismo di spinta (Fig.I.2), presente per esempio nella quasi totalità dei motori per autotrazione. In tale meccanismo è importante determinare il moto del pistone (velocità ed accelerazioni massime), le forze di inerzia e prevedere dispositivi per la compensazione (contrappesi all’albero ed eventualmente contralberi di equilibratura). Manovellismo di spinta

Figura I.2. Esempi di meccanismi: manovellismo di spinta

3

Introduzione Anche se non saranno trattati in questo corso è utile menzionare meccanismi molto importanti come le camme, utilizzati nella trasformazione del moto. In figura sono indicati i meccanismi a camma utilizzate per l’alzata valvole nei motori endotermici.

Meccanismi con camme: coppie superiori

Figura I.3. Esempi di meccanismi: meccanismi con camme.

Gli esempi di meccanismo appena visti possono essere rappresentati mediante degli schemi che rappresentano gli aspetti cinematici del sistema, cioè le leggi di moto dei vari membri. Si può descrivere la cinematica, cioè determinare le leggi di moto del sistema; si possono inoltre calcolare tutte le azioni statiche e dinamiche che nascono sui vari corpi.

4

Introduzione

Convenzioni. Si indicano alcune convenzioni usate nel testo. Simbolo corsivo es. p “Simbolo grassetto minuscolo es. v” “Simbolo grassetto maiuscolo es. A” “×” “ ⋅ “(punto)

scalare vettore matrice Prodotto vettoriale Prodotto scalare

Si faccia attenzione poiché talvolta il grassetto maiuscolo è usato anche per i vettori.

5

Capitolo 1 Generalità sui meccanismi, coppie cinematiche e gradi di libertà.

Capitolo 1 Generalità sui meccanismi, coppie cinematiche e gradi di libertà. In questo primo capitolo si introduce il concetto di meccanismo o macchina e dei suoi componenti essenziali. Attraverso dei semplici esempi si definiscono le coppie cinematiche ed il loro impiego all’interno dei meccanismi. Mediante l’uso di coppie cinematiche il meccanismo viene creato partendo da un insieme di corpi rigidi. Questo assieme, detto meccanismo, sarà caratterizzato innanzitutto dal numero di gradi di libertà che globalmente possiede. In questo capitolo si fornisce una metodologia elementare per il calcolo dei gradi di libertà, includendo alcuni esempi e mostrandone i limiti di applicabilità. 1.1 Nomenclatura • Macchina o meccanismo − Sistema meccanico il cui scopo è la trasformazione di energia (esempio: potenza all’albero di un motore → potenza alla ruota di un motociclo) • Membri − Organi che compongono un meccanismo • Elemento cinematico − In un meccanismo i vari organi possono essere in contatto tra loro, la zona di contatto può avere varie forme e permette particolari moti relativi. La zona di contatto è detta elemento cinematico. • Coppie cinematiche − L’insieme di due elementi cinematici a contatto è detto coppia cinematica. 1.2

Gradi di libertà

Il numero dei gradi di libertà (gdl) di un corpo rigido nello spazio è pari a 6: 3 coordinate di un punto del corpo, 3 angoli di Eulero. In Fig. 1.1 si trova un esempio di un corpo avente 0 gdl, forma parallelepiFigura 1.1. peda e vincolamento vincolame mediante sfere nto tramite 6 sfere fisse nello spazio e a contatto con le facce del solido. Ovviamente il vincolamento proposto impedisce il movimento Figura 1.3. vincolamento mediante appoggi più sfere soltanto verso le sfere stesse, esse infatti sono un vincolo anolonomo. Similmente alla precedente situazione si può realizzare un vincolo che permetta una pura rotazione. Nella Fig. 1.2 è proposto uno schema realizzato mediante 5 puntalini, essi eliminano 5 gdl, il gdl rimanente è la rotazione indicata in figura1.2. Lo stesso tipo di rotazione si può ottenere mediante uno schema che non preveda contatti Figura 1.2. vincolamento mediante sfere su punti, ma su linee (vedasi Fig. 1.3). Infatti i

6

Capitolo 1 Generalità sui meccanismi, coppie cinematiche e gradi di libertà. contatti su punti provocano elevate pressioni di contatto con relative deformazioni e problemi di usura, perciò in generale sono sconsigliabili eccetto che per particolari applicazioni in cui gli sforzi siano molto bassi.

1.3 Coppie cinematiche. Generalmente però si cerca di realizzare dei vincoli che garantiscano un contatto su delle superfici, in modo da ottenere delle pressioni sufficientemente basse. Questi tipi di vincoli si realizzano mediante superfici combacianti o meno tra i corpi a contatto: essi sono detti coppie cinematiche. In Fig. 1.4 vediamo le sei coppie inferiori, secondo la definizione di Uicker et al (2003), la descrizione può essere trovata in Tabella 1.1. a)

c)

b)

θz

f)

e)

d)

θz

θz sz

θz

θ

sz

sz

sy

θx sx

θy

Figura 1.4. Coppie inferiori (Uicker et al. 2003). TABELLA 1.1 Coppie inferiori Simbolo

Variabile

Gradi di libertà

Rotoidale

R

θz

1

Circolare

Prismatica Eleicoidale Cilindrica Sferica Piana

P S C G F

sz θz o sz θz e sz θx, θy, θz sx, sy, θz

1 1 2 3 3

Rettilineo Elicoidale Cilindrico Sferico Planare

Coppia

.

Moto relativo

In Tabella 1.1 sono riassunte le sei coppie inferiori secondo Uicker et al (2003). Coppia rotoidale. Questa coppia si realizza sagomando opportunamente i due corpi a contatto con una forma circolare cilindrica: un albero ed un foro. E’ permessa la rotazione dell’albero nella sede. Si noti che l’albero potrebbe anche traslare se non ci fosse un opportuno dispositivo.

7


Coppia prismatica. Questa coppia si realizza sagomando opportunamente i due corpi a contatto con una forma cilindrica non circolare; in questo modo si permette la traslazione lungo l’asse, ma non la rotazione. La coppia lascia un gdl. Coppia elicoidale. In questo caso i corpi sono sagomati (esternamente ed internamente) secondo un elicoide. La coppia lascia un solo gdl, ma il moto che permette è di rototraslazione. Il moto di traslazione è legato alla rotazione: per ogni giro l’albero avanza di una quantità p detta passo.

1.4 Coppie elementari (inferiori) e coppie superiori. Le tre coppie viste precedentemente fanno parte delle coppie elementari, in questa classe di coppie rientrano anche coppie che lasciano 2 o 3 gdl (si veda lo schema in basso). Tutte le coppie elementari sono caratterizzate da un contatto tra superfici rigide combacianti. Altri tipi di coppie sono dette coppie superiori e sono caratterizzate da contatti tra superfici rigide non combacianti (contatti su punti o linee) oppure tra superfici non rigide. • Le superfici che formano una coppia cinematica sono dette superfici coniugate. • Nel caso di meccanismi piani il moto si sviluppa parallelamente ad un piano, in tal caso le proiezioni delle superfici coniugate su tale piano si dicono profili coniugati.

1.5 Contatto tra elementi cinematici. Tra due superfici o profili a contatto si possono verificare tre tipi di moto: 1. Puro rotolamento: non c’è velocità relativa tra il membro 1 ed il 2 nel punto P, tale punto varia di posizione sui profili dei membri 1 e 2 (Fig. 1.5). 2. Puro strisciamento: c’è velocità relativa tra il membro 1 ed il 2 nel punto P. In Fig. 1.6, per esempio, tutti i punti della ruota hanno stessa velocità, perciò in P la velocità relativa è proprio v; in generale però non è detto che i corpi debbano essere in pura traslazione.

3. Rotolamento più striciamento: si tratta della combinazione dei moti precedenti. In questo caso si chiede soltanto che nel punto di contatto la velocità relativa sia tangente alle superfici (Fig. 1.7).

Figura 1.5. Puro rotolamento

2 P

v

Figura 1.6. Puro strisciamento

2 P

VP2 Figura 1.7. Rotolamento più strisciamento

VP1

8

1

1


4. Distacco e/o urto: in questo caso la componente della velocità del punto di contatto normale alle superfici è diversa per i due corpi. Si può determinare distacco o urto (Fig. 1.8).

Figura 1.8. Distacco e/o urto

VP2

VP1

Esempio In queste figure si possono vedere due esempi applicativi di coppie superiori ed inferiori. Nel primo caso (Fig. 1.9) si hanno due Figura 1.9. Cinghia pulegge (membri 1 e 3) su cui impegna una cinghia, quest’ultima è un elemento flessibile che si adagia sulle pulegge. Le pulegge a loro volta sono collegate ad un telaio (un supporto 1 coppie elementari fisso) mediante coppie rotoidali (elementari). Per poter garantire un corretto collegamento tra le pulegge 1 e 3 la cinghia deve essere coppie superiori opportunamente “tesa”, cioè deve essere garantito il contatto mediante una azione esterna (pretensionamento o altro); l’accoppiamento è detto di forza. Nel secondo caso si hanno i due membri 1 e 2 ancora collegati al telaio mediante coppie rotoidali; il contatto diretto tra i due membri avviene in un punto (o anche una linea se si è in 3 dimensioni). E’ ovvio che, anche in questo caso, i due corpi devono essere mantenuti in contatto mediante una azione esterna: anche in questo caso l’accoppiamento 1-2 è di forza.

2

3

il membro 4 è il telaio

coppia superiore

Figura 1.10. Camma-bilanciere

1

3

2

3

1.6 Gradi di libertà di sistemi di di corpi rigidi nel piano Ogni corpo rigido nel piano ha 3 gdl ed ogni coppia tra due corpi lascia un certo numero di gradi di libertà nel moto relativo. Classifichiamo le coppie in base al numero di gdl che lasciano liberi ed in particolare teniamo conto del loro numero. • •

c1: c2:

numero di coppie che lasciano 1 gdl, cioè ne sottraggono 2. numero di coppie che lasciano 2 gdl, cioè ne sottraggono 1.

Consideriamo un meccanismo formato da m corpi rigidi, tra cui per convenzione comprendiamo anche il telaio che, essendo fisso, ha 0 gdl. Il numero di gdl ℓ è:

A = 3 (m − 1) − 2c1 − c2

(formula di Grüber)

1.1

Tale formula è estremamente semplice, quasi banale; essa è però di estrema utilità nell’analisi preliminare dei meccanismi complessi.

9

Capitolo 1 Generalità sui meccanismi, coppie cinematiche e gradi di libertà. Vedremo in seguito però che in alcuni casi la formula 1.1 non funziona a causa della particolare conformazione del meccanismo, essa va usata perciò con cautela. 1.6.1

Esempi

Il quadrilatero articolato è composta da quattro membri, di cui uno fisso e tre mobili, collegati tra loro mediante coppie rotoidali (Fig. 1.11), il numero di gradi di libertà si calcola come segue: c1=4 m=4 ℓ=3 (4-1) - 2· 4=1

Figura 1.11. Quadrilatero articolato

3 2

4

1

Applicazione: sospensione automobilistica a quadrilateri deformabili. Ipotesi: Pneumatico fisso e asse della ruota bloccato. Calcolo dei gradi di libertà: m=4, c1=4, ℓ=3 (4-1) - 2· 4=1 1 2 3

4

10

Movimento della ruota rispetto al telaio

Capitolo 1 Generalità sui meccanismi, coppie cinematiche e gradi di libertà. Applicazione: autogru. Ipotesi: corpo vettura fisso, soltanto la pala è mobile, soltanto il moto piano è ammesso. Calcolo dei gradi di libertà: m=12, c1=15, ℓ=3⋅ (11) – 2⋅15=3

11


12


1.6.2

Casi speciali Consideriamo il meccanismo in Fig. 1.12a, il numero di gradi di libertà è: ℓ=3 (4-1) - 2 4=1. Il punto M si trova in mezzeria sul membro 2 (Fig. 1.12b) AM = AB / 2 ; il triangolo AOB è rettangolo e dunque:

3

A

α

M 2

B

2

2

AO + OB = AB

1

O

2

inoltre:

4

AB cos α 2 OM ' = AB cos α − AM ' = AM ' MM ' MM ' = tan α = = tanψ AM ' OM ' AM ' =

Figura 1.12a. Meccanismo a croce.

Figura 1.12b. Meccanismo a croce: schema geometrico

il triangolo AOM è dunque isoscele.

A α

Dalla OM ' = AM ' segue OM = AM e

ψ

O Figura 1.12c. Meccanismo a croce modificato: 0 gradi di libertà “nominali”.

dunque OM = cost . Quest’ultima affermazione permette di creare un meccanismo avente apparentemente 0 gdl, ma effettivamente funzionante come un sistema ad 1 gdl. Introduciamo un quinto membro incernierato in O ed M (Fig. 1.12c), si ha: ℓ=3 (5-1) - 2 6=0 Il sistema sembra ipervincolato. In verità però, dato che il punto M si muove su

M

M’ B

3

5

una circonferenza ( OM = cost ), ciò è compatibile col fatto che il membro 5 è incernierato in O ed M e ruota attorno ad O. Il vincolo aggiunto è perciò soltanto apparente.

2 1 4

13


1.6.3

Troubleshooting guide.

14

Capitolo 2 Statica dei meccanismi.

Capitolo 2 Statica dei meccanismi. 2.1 Introduzione In questo capitolo si richiamano alcuni concetti di statica elementare e si forniscono alcuni metodi per l’analisi statica dei meccanismi. In particolare si fissa l’attenzione ai meccanismi aventi un solo grado di libertà, sui quali si applicano metodologie per l’analisi statica grafica.

2.2 Equazioni di equilibrio Consideriamo un corpo sottoposto all’azione di un sistema di N forze (Fig. 2.1), tale corpo è in equilibrio se valgono le seguenti relazioni: N

∑ Fi = 0 , i =1

N

∑M i =1

i

=0

F2

2.1

F3

F1

Fi Figura 2.1

Isoliamo ora l’N-esima forza, se valgono le 2.1 si può scrivere che la risultante delle prime N-1 forze è: Frisultante = FN = −

N −1

∑F i =1

i

.

Scegliamo ora un punto generico P (Fig. 2.2) e consideriamo il momento risultante del sistema di N-1 forze: N −1

∑ ( r × F ) = −r i =1

i

i

N

× FN = M risultante

15

2.2


F1

r1

r2

F2

P rN

r3

FN

F3

Figura 2.2

Si noti che per parlare di momento risultante abbiamo dovuto considerare un polo di riduzione dei momenti. Il momento risultante dipende infatti dal polo, come dimostra l’equazione 2.2. E’ interessante notare che, per ciò che concerne l’equilibrio, una forza può essere traslata lungo la propria linea di azione senza che ciò abbia conseguenze; uno spostamento lungo una direzione diversa comporta cambiamenti nello stato di equilibrio.

2.2.1 Somma vettoriale di forze ed equilibrio alla traslazione, caso piano. Consideriamo 4 forze nel piano, sommiamo graficamente le 4 F’=F1+ F2+ F3 forze. Utilizziamo dapprima la regola del parallelogrammo, considerando la somma delle prime due forze: F=F1+F2; F3 come è noto la risultante delle due forze in questione si F4 F2 ottiene semplicemente componendo un parallelogrammo come indicato in Figura 2.3, la risultante è su una delle F1+ F2 diagonali del parallelogrammo stesso, essa è indicata dal F1 F vettore che congiunge l’inizio del primo vettore sommato con la fine del secondo. Sommiamo ora ad F il vettore F3 seguendo lo stesso procedimento: F’=F1+F2+F3; aggiungiamo Figura 2.3. Risultante infine l’ultimo vettore, ottenendo il vettore risultante dalla somma dei quattro vettori considerati: F’’=F1+ F2+ F3+ F4. Dalla figura 2.3 si evince che la somma si può ottenere F3 direttamente facendo inseguire i vettori componendo una F4 poligonale; il vettore risultante si ottiene subito congiungendo F2 l’inizio con la fine della poligonale. Consideriamo ora il seguente problema: si vuole trovare il F1 vettore che equilibri il precedente sistema di 4 forze. Si R richiede pertanto: R+F’’=0, cioè R=-F’’. Il sistema di quattro forze R+F1+ F2+ F3+ F4 è in equilibrio, cioè R+F1+ F2+ F3+ Figura 2.4. Equilibrio F4 =0. Tale stato di equilibrio nel piano si concretizza in una poligonale chiusa (Fig. 2.4). 2.2.2 Momenti e prodotti vettoriali. Dato un polo P il momento risultante di un sistema di forze rispetto al polo stesso è:

M = ∑ ri × Fi

2.3

Cerchiamo ora di capire il significato del prodotto vettoriale nell’applicazione alla statica. In Figura 2.5 è raffigurato un sistema di forze, un polo di riduzione dei momenti, i raggi vettori corrispondenti e gli angoli αi tra le forze ed i raggi vettori stessi.

16


F1

r1

r2

α1

F2

P

ri

r3

Fi

F3

Figura 2.5

Prodotto vettoriale. Consideriamo ora genericamente un prodotto vettoriale tra due vettori u1 e u2, fissiamo un sistema di coordinate in modo tale che il piano (x, y) corrisponda con il piano formato dai due vettori. Sia α l’angolo compreso tra i due vettori e β il suo complementare. Il prodotto vettoriale si può rappresentare come un vettore ortogonale al piano (x, y), figura 2.6.

z

u1 × u2 u2 α

β

y u1

x

Figura 2.6

Indichiamo i due vettori mediante le componenti nel sistema di coordinate (x,y,z):

⎧u1 cos β ⎫ ⎪ ⎪ u1 = ⎨u1 sin β ⎬ , ⎪0 ⎪ ⎩ ⎭

⎧0 ⎫ ⎪ ⎪ u 2 = ⎨u2 ⎬ ⎪0 ⎪ ⎩ ⎭

2.4

il prodotto vettoriale è:

i u1 × u 2 = u1 cos β 0

j u1 sin β u2

0 0 ⎧ ⎫ ⎧ ⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 0 =⎨ 0 0 ⎬=⎨ ⎬ ⎪ ⎪ ⎪ 0 ⎩u1u2 cos β ⎭ ⎩u1u2 sin α ⎭⎪

k

2.5

Questa relazione mostra che il prodotto vettoriale è un vettore ortogonale al piano formato dai due vettori u1 u2 ed avente modulo pari all’area del parallelogrammo che si costruisce sui due vettori; il

17

Capitolo 2 Statica dei meccanismi. verso infine è individuabile facilmente con la regola della mano destra: si ponga la mano a pugno e si immagini che le dita dal mignolo all’indice seguano i due vettori, in modo circolare parallelamente al piano formato dai vettori stessi, partendo dal primo vettore del prodotto: il pollice, immaginato con una freccia, darà direzione e verso del prodotto vettoriale (Figura 2.7).

u1 × u2

u1

u2

Figura 2.7. Regola della mano destra.

Momento di una forza. Consideriamo una forza F e calcoliamo il suo momento rispetto ad un generico punto P (Fig. 2.8). Per far ciò fissiamo un sistema di riferimento x,y,z , con il piano x,y coincidente con il piano formato dal vettore F e dal vettore r congiungente il punto P con il punto di applicazione della forza F. Il momento della forza F rispetto al polo P è M=r×F, che, espresso per componenti risulta essere:

⎧0 ⎫ ⎧0 ⎫ ⎧0 ⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ M = ⎨0 ⎬ = ⎨0 ⎬ = ⎨0 ⎬ ⎪ Fr sin π − α ⎪ ⎪ Fr sin α ⎪ ⎪ Fd ⎪ ( )⎭ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭ ⎩

2.6

Il momento è dato dunque, in modulo, dal modulo della forza per la distanza della sua linea di azione rispetto al polo P. E’ perciò ovvio che la scelta del vettore r è arbitraria, infatti per applicare il prodotto vettoriale si può scegliere qualunque vettore r che unisca il polo P con un generico punto giacente sulla retta di azione della forza F.

(π-α)

α

F

r

d=r sinα

P Figura 2.8

18

Capitolo 2 Statica dei meccanismi. Esercizio. Un corpo rigido, Figura 2.9, è collegato al telaio mediante una coppia rotoidale; esso è soggetto ad una forza applicata al corpo su punto posto a distanza d dal centro O della coppia rotoidale. Sapendo che la linea di azione della forza passa per O, trovare il sistema di forze necessario per mantenere il corpo in equilibrio.

F

d

O Figura 2.9.

Scomposizione delle forze. Il calcolo del momento di una forza rispetto ad un punto può essere effettuato mediante un approccio diverso. Scomponiamo la forza F nelle sue componenti ortogonale F1 e parallela F2 al raggio r; dato che il momento M2=r×F2=0 (dimostrare per esercizio) si ha che M=r×F1. Dalla scomposizione si ha inoltre che F1=F sinα , la componente verticale del momento M è M=Mz=Fr sin α. Ricordando l’equazione 2.6 e la figura 2.8 si ha anche M=F d.

F1

F2 α

F

r

P Figura 2.10

2.2.3 Equilibrio di un corpo rigido nel piano, 2 forze. Consideriamo un corpo sottoposto all’azione di due forze applicate in due punti; il corpo è in equilibrio se • Equilibrio alla traslazione. Le due forze hanno stesso modulo, direzione e verso opposto (F1=-F2 come da figura 2.11). • Equilibrio alla rotazione. Le due forze giacciono sulla stessa linea di azione. F2

F1

Figura 2.11. Caso corretto: corpo in equilibrio.

La prima osservazione deriva dalla prima delle equazioni 2.1, così come la seconda osservazione deriva dalla seconda delle 2.1.

19

Capitolo 2 Statica dei meccanismi. E’ utile un approfondimento su questo caso banale; immaginiamo che le due forze abbiano due diverse rette di azione, come indicato in figura 2.12; per la si ha ovviamente F1=-F2, ma allora

∑

N i=1

Mi ≠ 0 ,

infatti le due forze formano una coppia M=F1 d≠0 !

F2 d F1

∑

N i=1

Mi ≠ 0

Figura 2.12. Caso errato: corpo non in equilibrio.

Se un corpo è soggetto all’azione di due sole forze agenti su due punti, allora entrambe le forze devono giacere sulla retta passante per i due punti di applicazione.

2.2.4 Equilibrio di un corpo rigido nel piano, 3 forze. Esaminiamo ora alcuni casi di corpi soggetti all’azione di tre forze. Due forze note, una incognita. Un corpo soggetto a due forze note non è inizialmente in equilibrio (figura 2.13) e si vuole trovare una terza forza che permetta l’equilibrio statico. Ci si riduca al caso piano, in questo caso le equazioni di equilibrio, scritte in termini scalari diventano:

⎧∑ Fxi = 0 ⎪⎪ ⎨∑ Fyi = 0 ⎪ ⎪⎩∑ M zi = ∑ M i = 0

2.7

Nel caso piano interessa solamente la componente lungo z dei momenti, perciò in seguito si ometterà il pedice z. Le 2.7 costituiscono un sistema di tre equazioni; le incognite del problema sono: la retta di azione (2 incognite) e la componente su tale retta (1 incognita).

20

Capitolo 2 Statica dei meccanismi. b a

Fa P

Fb

Figura 2.13. Corpo soggetto a due forze.

Dalle prime due delle equazioni 2.7 si ha l’equilibrio alla traslazione, indicato graficamente in figura 2.14. Si noti che in questa costruzione le forze sono state traslate rispetto alla propria retta di azione, ciò è lecito solamente se si analizza l’equilibrio alla traslazione; nel caso dell’equilibrio alla rotazione le forze possono traslare solamente lungo la propria retta d’azione. Fa

Fb F

Figura 2.14. Equilibrio alla traslazione.

Mediante la costruzione di figura 2.14 il vettore F è individuato, ma la retta di azione non è ancora nota completamente, poiché conosciamo solamente l’inclinazione. Si individuino le rette di azione delle due forze e se ne trovi il punto di intersezione P. Le forze Fa e Fb hanno momento nullo rispetto la punto P, infatti la distanza della loro retta d’azione da P è nulla. Allora, per l’equilibrio alla rotazione, anche la retta d’azione di F deve passare per P (Fig. 2.15).

21


F b a

Fa P

Fb

Figura 2.15. Corpo soggetto a tre forze.

Se un corpo in equilibrio è soggetto all’azione di tre sole forze, allora le rette di azione di esse devono incontrarsi in un punto. Due forze note solamente in direzione, noto il punto di applicazione della terza forza. In questo caso le informazioni in nostro possesso non permettono di risolvere il problema, infatti solamente le direzioni di due forze ed il punto di applicazione della terza (PF) sono noti, figura 2.16. Dall’equilibrio alla rotazione si ottiene immediatamente la retta di azione della terza forza, essa deve passare per P e PF. Direzione nota Direzione nota

P PF Direzione incognita

Figura 2.16. Corpo soggetto a tre forze.

2.2.5 Equilibrio di un meccanismo piano, 3 forze. Il meccanismo in figura è composto da 4 membri, di cui uno è il telaio; sono presenti tre coppie rotoidali, inoltre i membri 3 e 4 rappresentano la schematizzazione di un martinetto idraulico, tali membri possono scorrere reciprocamente lungo il proprio asse ed il loro accoppiamento può essere schematizzato mediante una coppia prismatica. Il numero di gradi di libertà è perciò pari a 1. Senza entrare in dettaglio nella descrizione del martinetto idraulico possiamo dire che in esso possono nascere delle forze interne tra i membri 3 e 4 lungo l’asse del martinetto stesso. In definitiva il sistema composto dai corpi 3 e 4 può sopportare forze anche in direzione assiale. Il membro 2 è soggetto al proprio peso e a due forze provenienti dai membri 1 e 3. Esaminiamo il sistema composto dai membri 3 e 4, tale sistema è soggetto a due sole forze esterne provenienti dai

22

Capitolo 2 Statica dei meccanismi. membri 1 e 2 attraverso le coppie rotoidali, la retta di azione di tali forze è dunque comune e passa per i centri delle coppie stesse. Nota la direzione della forza che il membro 2 esercita sul 3, per il principio di azione e reazione è nota anche la direzione della forza esercitata dal membro 3 sul 2. Dall’intersezione delle rette di azione della forza peso Fp e F3,2 (forza che il membro 3 esercita sul 2) si determina il punto P. La forza F1,2 avrà una retta di azione passante per la coppia che unisce il membro 2 al telaio 1 e per il punto P. Trovate le direzioni delle forze si ricavano le forze stesse mediante la soluzione grafica delle equazioni di equilibrio alla traslazione, figura 2.17.

2

F3,2

Fp F1,2

P

G

3

Fp

4

1 Figura 2.17. Meccanismo.

2.2.6 Equilibrio di un corpo rigido nel piano, 4 forze. In questo caso un corpo è sottoposto all’azione di quattro forze, di cui una è nota mentre le altre tre sono note in direzione, Figura 2.18. Direzione F2

F1 P1

Direzione F4 Retta ausiliaria

P2

Direzione F3 Figura 2.18. Corpo soggetto a quattro forze.

Anche se le tre forze F2, F3 e F4 non sono note, possiamo pensare alla risultante R1=F1+F2, la cui retta di azione passa per il punto P1 (infatti rispetto a questo punto sia le due forze, che la risultante danno momento nullo), similmente facciamo per R2=F3+F4, la cui retta di azione passa per il punto P2. Dato

23

Capitolo 2 Statica dei meccanismi. che l’equilibrio alla traslazione richiede che F1+F2+F3+F4=0, allora R1= -R2. Considerando le due risultanti abbiamo idealmente ridotto il sistema di quattro forze ad un sistema di due sole forze applicate nei punti P1 e P2; ma questo problema è già stato analizzato e sappiamo che la retta di azione delle due forze deve passare per i due punti di applicazione; questa retta è chiamata retta ausiliaria. Dalle relazioni precedenti, e conoscendo la retta ausiliaria (Fig. 2.19), possiamo scrivere: F1+F2+R2=0; Direzione F2 F1 P1

F2


R2

P2

Direzione F3 Figura 2.19. Retta ausiliaria.

nota R2 ricaviamo R1=-R2 e calcoliamo le due restanti forze (Fig. 2.20): Direzione F2 F1 F2

F3 F4


Direzione F3 Figura 2.20. Retta ausiliaria.

2.2.7 Equilibrio di un meccanismo piano, 4 forze. Analizziamo il problema rappresentato in figura 2.21: si tratta di un autocarro che traina un rimorchio in salita. E’ nota la forza peso Q e sono note le direzioni delle reazioni delle ruote (ortogonali al terreno) e della forza di trazione (per semplicità immaginata parallela al terreno). Si tratta del problema delle quattro forze applicato al sistema rimorchio (telaio più ruote). Si individua la retta ausiliaria (linea verde) accoppiando la forza peso con la reazione di sinistra e la forza di trazione con la reazione di destra.

24


Direzione F2

Q F1

Direzione F1

Q F2 T

Figura 2.21. Retta ausiliaria.

2.2.8 Equilibrio di un corpo rigido nel piano, forze parallele. I metodi visti nei paragrafi 2.2.4 e 5 non sono applicabili nel caso in cui tutte le forze siano parallele, infatti l’intersezione delle rette di azione diventa il punto improprio. Trattiamo il problema per via analitica, consideriamo due forze come in figura 2.22, e calcoliamo la risultante R=F1+F2. La posizione della risultante è data dalla coordinata x e può essere determinata uguagliando il momento dato dal sistema di forze F1 e F2 ed il momento della risultante R.

d P

P1 x

P2 F2

F1 R

y

Figura 2.22. Forze parallele.

Scegliamo P1 come polo di riduzione dei momenti il cui verso è positivo in senso antiorario, i momenti del sistema e del risultante sono:

∑M

Pi

= − F2 d

M R = − Rx

2.8a 2.8b

25

Capitolo 2 Statica dei meccanismi. combinando le relazioni si ha:

x=

F2 d F1 + F2

2.9

Si noti che x può assumere valore negativo a seconda del segno delle componenti delle forze, in tal caso la risultante sarebbe applicata su un punto esterno al segmento P1 P2 . Alternativamente si può procedere per via grafica: si aggiunga al sistema iniziale un sistema a risultante nulla (in termini di forze e momenti), cioè due forze uguali in modulo e direzione, ma contrarie in verso; in figura 2.23 tali forze sono indicate in rosso e sommate a due a due alle forze che costituiscono il sistema. Si procede poi per via grafica come già noto. P

P2

P1

F2 F1 R

Figura 2.23. Forze parallele.

26


2.3 Esercizi 2.3.1

Esercizio 1.

F1,3 1

3

2

Fp

1

F2,3

Figura 2.24. Esercizio.

2.3.2

Esercizio 2.

2 1

3

F3,2 F1,2

1

Figura 2.25. Esercizio.

27

F


2.3.3

Esercizio 3.

Si consideri il meccanismo in figura 2.26 (scala 1:1). Al membro 4 è applicata una coppia pari a 100 Nm; si determini la forza da applicare al membro 6 (indicata qualitativamente in figura) per mantenere il sistema in equilibrio.

1 F=? 5

2

6 3

4

M=100N⋅m Ω

Figura 2.26

•

Determinazione dei gradi di libertà

Applicando la regola di Grüber

n = 3(m − 1) − 2c 1 − c 2 si

ottiene

n = 3(6 − 1) − 2 ⋅ 7 = 1

dove le coppie c1 sono: 6 coppie rotoidali e una coppia prismatica. •

Equilibrio del membro 4

Sulla manovella (membro 4) agiscono: il momento motore noto M, una forza proveniente dal telaio F14 (reazione vincolare della cerniera) e una forza dal membro 3 (F34). La direzione delle forze F14 e F34 non è nota a priori, occorre valutare l’equilibro alla rotazione del membro 3. Sul membro 3 agiscono 3 forze (F23, F43, F53). Le direzioni delle forze F23 e F53 sono note, infatti i membri 2 e 5, per essere rispettivamente in equilibrio, devono scambiare forze dirette lungo l’asse. La direzione della forza F43 (uguale e contraria alla F34), per garantire l’equilibrio alla rotazione del membro 3, deve necessariamente passare per il punto P di incontro delle rette indicanti le direzioni di F23 e F53 (Fig. 2.27)

28


1 F=? 5

2

6

P

3

dir F53

4

dir F23

M=100N⋅m Ω

Figura 2.27

Ora è possibile determinare il modulo forze F34 e F14 costituenti la coppia che va ad equilibrare il momento M noto (supponiamo d=5cm):

F34 = F14 =

M d

=

100 N ⋅ m = 2000 N 0.05 m

I versi delle due forze devono essere tali da generare una coppia con momento opposto al momento M dato (solo così il membro 4 sarà in equilibrio) come mostrato in figura 2.28.

1 F=? 5

2

6 3

F34

4

d

M=100N⋅m F14

Figura 2.28.

29

Ω

Capitolo 2 Statica dei meccanismi. Per quanto riguarda la rappresentazione grafica dei moduli delle forze, una volta scelta la lunghezza della freccia corrispondente a 2000N, l’intensità delle altre forze sarà rapportata a questa lunghezza (es. a una freccia che graficamente risulta lunga la metà corrisponde un’intensità di 1000 N). •


Sul membro 3 agiscono 3 forze di direzione nota (vedi considerazioni precedenti); la forza F43 è nota anche in modulo e verso (opposto a quello della F43). La determinazione dei moduli incogniti si ottiene semplicemente chiudendo il triangolo delle forze agenti sul membro 3 (Fig.2.29).

1 F43 (nota) F23 2

F=?

F53

5 6

P

3

4

M=100N⋅m Ω

Figura 2.29

•


Sul membro 5 agiscono solo due forze: quella proveniente dal membro 3 e quella dal membro 6. Il membro 5 risulta in equilibrio solo sotto l’azione di due forze uguali e contrarie e dirette lungo l’asse (Fig. 2.30).

30


1 F=? 2

F65

5

6

F35 3

4

M=100N⋅m Ω

Figura 2.30

•


Sul membro 6 agiscono tre forze: la forza incognita F (di cui è nota la direzione), la forza F56 (completamente nota) e la reazione vincolare F16 (con direzione ortogonale alla direzione di scorrimento del pistone). Per determinare il modulo di F occorre chiudere il triangolo delle forze agenti sul pistone.

1 F=? F16

F

6

F56 (nota)

2 5 3

4

M=100N⋅m Ω

Figura 2.31

31


Esercizio suggerito: considerando lo stesso meccanismo, si determini il momento da applicare al membro 2 per mantenere il sistema in equilibrio, sapendo che sul pistone agisce una forza nota di 1000 N con direzione indicata in figura 2.31.

32

Capitolo 3 Cinematica del corpo rigido e dei sistemi articolati.

Capitolo 3 Cinematica del corpo rigido e dei sistemi articolati. In questo capitolo sono fornite alcune informazioni di base sui meccanismi articolati piani. Si affronteranno problematiche relative alla analisi di posizione, di velocità ed accelerazione.

3.1 Parallelogrammo. Il meccanismo è composto di 4 membri collegati mediante 4 coppie rotoidali; essi hanno stessa lunghezza (intesa come distanza tra le coppie di un elemento) a coppie di membri non collegati direttamente (vedere figg. 3.1). Se fissiamo un membro (telaio) il moto dei membri adiacenti sarà una rotazione, mentre quello del membro opposto sarà una traslazione pura. Questo meccanismo articolato trova molte applicazioni tra cui possiamo citare: tecnigrafi e pantografi.

Trasla senza ruotare 3 2 4

O1

1

O2

Figura 3.1a. Parallelogrammo articolato

Una variante di questo meccanismo è l’antiparallelogrammo: esso è composto dagli stessi membri e stesse coppie del parallelogrammo, ma è in una seconda configurazione. Il membro opposto al telaio non trasla, ma compie un moto di rototraslazione rispetto ala telaio stesso.

rototraslazione 3 4

O1

O2 2

1

Il passaggio dal parallelogrammo si ha quando quest’ultimo si trova in una particolare Figura 3.1b. Anti-parallelogrammo articolato configurazione: tutte le coppie rotoidali sono sulla stessa retta; questo è detto punto morto ed qui il parallelogrammo può trasformarsi in antiparallelogrammo.

33


3.2 Quadrilatero articolato. Si tratta di un meccanismo piano composto da 4 membri e 4 coppie rotoidali. In figura 3.2a è riportato un esempio in cui: uno dei membri è fissato (telaio); un membro può compiere una rotazione completa (manovella); un membro può compiere una rotazione non completa, alterna, (bilanciere); un membro compie un moto di rototraslazione (biella). Il meccanismo ha un solo grado di libertà se si fissa un membro (telaio).

a)

Biella

Manovella (movente)

Bilanciere (cedente)

b)

c)

Biella (manovella)

Biella

Manovella

Bilanciere

Manovella

Bilanciere

Figura 3.2. Quadrilatero articolato.

Si possono però presentare altre situazioni, come quelle rappresentate in figura 3.2b,c. In un caso (Fig. 3.2b) abbiamo 2 manovelle ed una biella, due membri possono perciò compiere una rotazione pura completa. In un altro caso (Fig. 3.2c) nessun membro può compiere una rotazione pura completa ed abbiamo 2 bilancieri ed una biella. La differenza di comportamento dipende da come sono dimensionati i membri, in particolare dalla loro lunghezza. Definizioni. • Manovella: membro adiacente al telaio che può compiere un moto rotatorio continuo. • Bilanciere: membro adiacente al telaio che può compiere solo un moto rotatorio alterno (sono impossibili rotazioni pari a 2 π). • Biella: membro non adiacente al telaio che in generale compie un moto di rototraslazione. Distinguiamo vari casi: • Bilanciere-manovella. • Doppio bilanciere. • Doppia manovella. I vari casi si possono distinguere dalla conformazione dei vari membri, in particolare dalla lunghezza di essi, dove per lunghezza intendiamo la distanza tra le due cerniere appartenenti ad un membro.

34


Criterio di Grashof. La somma della lunghezza del membro maggiore e del minore di un quadrilatero articolato piano non può essere maggiore della somma delle lunghezze degli altri due membri, se si vuole permettere un moto rotatorio continuo tra due membri qualsiasi del meccanismo. Si noti che il criterio di Grashof è scritto in termini di moti relativi, si prescinde perciò dall’esistenza di un telaio. Si può tradurre il criterio di Grashof in formule; definiamo le seguenti lunghezze: 1) A = lunghezza del membro maggiore 2) s = lunghezza del membro minore 3) p, q = lunghezze dei membri rimanenti. 1) A + s < p + q : meccanismo di Grashof, 4 possibilità; a) Manovella-bilanciere: il membro più corto è la manovella, il telaio è uno dei membri adiacenti. b) Doppia manovella: il membro più corto è telaio. c) Bilanciere manovella: il membro più corto è cedente (analogo al caso a)). d) Doppio bilanciere: il membro opposto al più corto è telaio. 2) A + s > p + q : 4 meccanismi non - Grashof; a) si hanno tre bilancieri, definiti dalla scelta del telaio, non è possibile il moto rotatorio continuo. 3) A + s = p + q : possibilità di inversione del moto; 4) A = q , s = p : caso particolare del punto 3), a) parallelogrammo o deltoide (due membri corti adiacenti); In seguito si rappresentano i casi menzionati:

movente s

s

Figura 3.3a. Manovella bilanciere ( A + s < p + q)

35

Figura 3.3b. Doppia Manovella ( A + s < p + q)


movente movente s

s

Figura 3.3c. Bilanciere Manovella ( A + s < p + q)

È possibile la rotazione completa della biella

Figura 3.3d. Doppio Bilanciere ( A + s < p + q)

Figura 3.3f. Meccanismo con condizione limite ( A + s = p + q)

Figura 3.3e. Quadrilatero non Grashof. Triplo Bilanciere ( A + s > p + q)

Dobbiamo introdurre i seguenti concetti: o Inversione o Punti morti o Circuiti Che descriviamo in seguito mediante degli esempi. 3.2.1 Inversione cinematica. È il processo in cui si fissano diversi membri di una catena cinematica per creare diversi meccanismi. Il meccanismo resta lo stesso, ma fissando il telaio in modo diverso si ottengono diversi tipi di moto. Un esempio è il quadrilatero rappresentato nella figura in basso e fa riferimento al seguente caso: l+s
36


s

s

A

A

b)

a)

s

s

A

A

c)

d)

Figura 3.4. Quadrilatero articolato: inversione cinematica

Un altro caso è quello rappresentato in figura 3.4, la catena è composta di 4 membri collegati con due coppie rotoidali ed una prismatica. A seconda di come si fissa il telaio si hanno diversi meccanismi: manovellismo di spinta, glifo oscillante ed altro. 2

3

3 2

4

4

1

1

a) Manovellismo di spinta

b) Inversione del manovellismo di spinta: guida rotante

2

3

3

2 4

1

4

1 c) Inversione del manovellismo di spinta: guida oscillante

d) Inversione del manovellismo di spinta: guida fissa

Figura 3.5. Inversioni del manovellismo di spinta

3.2.2 Inversione geometrica e punti morti. Nell’inversione geometrica di un quadrilatero articolato si ha che il meccanismo passa per una posizione in cui tre cerniere sono allineate. Da questo punto il meccanismo può avere due diverse configurazioni a parità di posizione del movente. Si noti che ciò avviene perché il movente è il bilanciere, mentre se il movente è la manovella, la posizione degli altri membri è univoca.

37

Capitolo 3 Cinematica del corpo rigido e dei sistemi articolati. cedente

biella

biella cedente

movente

movente

a) prima inversione geometrica

b) seconda inversione geometrica

biella cedente movente

c) punto morto: biella e cedente sono allineati Figura 3.5. Inversione geometrica e punti morti di un quadrilatero articolato.

Figura 3.6. Due circuiti di un quadrilatero articolato manovella-bilanciere.

38


3.2.3 Circuiti. In tutti i quadrilateri di Grashof sono sempre possibili due tipi di movimento ottenibili staccando fisicamente biella e manovella (o altri due membri) e ricollegandole in una nuova configurazione Meccanismi di Grashof manovella bilanciere e doppia manovella non raggiungono mai un punto morto e le due inversioni geometriche cadono in due circuiti differenti; i meccanismi bilanciere manovella o doppio bilanciere hanno due punti morti su entrambi i circuiti (Fig. 3.6). I meccanismi non-Grashof hanno un solo circuito avente inversione geometrica.

3.3 Analisi di posizione. Un problema importante da affrontare nello studio dei meccanismi è l’analisi di posizione. Consideriamo un meccanismo ad un grado di libertà: data la posizione del cedente si vuole determinare la posizione di tutti gli altri membri. Storicamente si eseguiva una analisi grafica, di cui un esempio è riportato in figura 3.7: sono note le traiettorie circolari dei punti A e B, si disegna la biella su un foglio trasparente che si sovrappone al disegno originale, a questo punto, facendo coincidere i punti A e B della biella, con due punti qualsiasi delle traiettorie circolari tracciate, si determinano le posizioni della biella stessa e di tutti i suoi punti. Figura 3.7. Analisi di posizione: approccio grafico. L’analisi grafica, nella sua semplicità è piuttosto laboriosa, è però molto diretta e intuitiva. Analisi esatta. o Si imposta l’analisi in modo rigoroso e si ottiene una soluzione in forma chiusa in termini di funzioni elementari. o Il tipo di soluzione non è generale, per ogni meccanismo serve uno studio dedicato. o La soluzione si ottiene soltanto per alcuni meccanismi. o Non è automatizzabile. 3.3.1

Analisi di posizione mediante “loop closure equations” : analisi esatta e numerica. Questo tipo di analisi consiste in una parte iniziale analitica che può fornire anche una soluzione esatta in casi semplici; nella seconda parte si mostra come l’approccio è generalizzabile, mediante soluzione numerica, a qualunque tipo di meccanismo. o Metodo numerico approssimato o Impostazione generale y r3 o Procedimento facilmente r4 automatizzabile ϑ3

Consideriamo il quadrilatero articolato rappresentato in figura 3.8. Il membro 1 è telaio e il 2 è movente. Nell’analisi di posizione le incognite sono gli angoli di rotazione dei membri 3 e 4, le lunghezze dei membri sono note. Rappresentiamo i 4 membri con 4 vettori passanti per le due cerniere di ogni

r2 ϑ2

ϑ4 r1 x

Figura 3.8. Analisi di posizione: loop closure equations.

39

Capitolo 3 Cinematica del corpo rigido e dei sistemi articolati. membro. I 4 vettori formano un ciclo chiuso (closed loop) che possiamo scrivere: r1+ r4= r2+ r3

3.1

scriviamole per componenti: r1 + r4 cos ϑ4 – r2 cos ϑ2 – r3 cos ϑ3 = 0 r4 sin ϑ4 – r2 sin ϑ2 – r3 sin ϑ3 = 0

3.2a 3.2b

Le 3.2 si possono risolvere esattamente, data la semplicità del meccanismo. Ricaviamo cos ϑ3, sinϑ3 dalle 3.2, ne calcoliamo il quadrato e sommiamo:

1=

(

1 2 r4 sin 2 ϑ 4 + r22 sin 2 ϑ2 − 2r2 r4 sin ϑ 2 sin ϑ4 + r12 + r42 cos 2 ϑ4 + r22 cos 2 ϑ 2 + 2r1 r4 cos ϑ4 r32

− 2r1 r2 cos ϑ 2 − 2r2 r4 cos ϑ2 cos ϑ 4

)

3.3

da cui:

(2r r

2 4

)

(

)

sin ϑ2 sin ϑ4 + 2r2 r4 cosϑ2 − 2r1 r4 cosϑ4 = r12 + r22 + r42 − r32 − 2r1 r2 cosϑ2

3.4

che formalmente si può scrivere come:

A sin ϑ4 + B cos ϑ4 = C

3.5

la cui soluzione è:

⎛ BC ± A A2 + B 2 − C 2 ⎜ A2 + B 2 ⎝

ϑ4 = ± arccos ⎜

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

3.6

Come si vede si hanno in generale 4 soluzioni, in generale complesse; ovviamente saremo interessati solamente alle soluzioni reali. Dalla 3.6, tramite una delle 3.2, si ricava l’ultima incognita. Ma non basta, anche in caso di soluzioni reali, le operazioni compiute per arrivare alla 3.6 possono portare a soluzioni spurie. Per eliminarle si può procedere come segue: si ricava ϑ3 dalla 3.2a (attenzione: cos(ϑ3)= cos(-ϑ3); si hanno due soluzioni per ϑ3) e si controlla che la 3.2b sia verificata. Si può anche usare la 3.2b estraendo ϑ3 (attenzione: sin(ϑ3)= sin(π-ϑ3); si hanno due soluzioni per ϑ3) e si verifica la 3.2a. Vediamo che anche la soluzione di questo semplicissimo caso si presenta piuttosto laboriosa. E’ ovvio che per meccanismi più complessi tale approccio è improponibile. Soluzione numerica. E’ possibile pensare ad una soluzione approssimata delle equazioni di chiusura. Scriviamo le 3.2 in forma vettoriale:

⎧ f1 (ϑ) ⎫ f (ϑ) = ⎨ ⎬=0 ⎩ f 2 (ϑ)⎭

3.7

dove ϑ=[ϑ3, ϑ4]T. Dal confronto tra la 3.7 e le 3.2 si individuano facilmente le funzioni f1, f2. Chiamiamo ϑ la soluzione della 3.7. Cerchiamo una soluzione approssimata mediante il metodo di Newton. Selezioniamo arbitrariamente

ˆ ; tale vettore sarà detto “dato iniziale”. Indichiamo con Δϑ la differenza tra ϑ e ϑˆ : un vettore ϑ ϑ = ϑˆ + Δϑ

3.8

40

Capitolo 3 Cinematica del corpo rigido e dei sistemi articolati. scriviamo ora l’equazione di chiusura:

(

)

f (ϑ ) = f ϑˆ + Δϑ = 0

3.9

Linearizziamo la 3.9 sviluppando f in serie di Taylor:

(

) ()

f ϑˆ + Δϑ = f ϑˆ + Dϑ (f ) ϑ=ϑˆ Δϑ + " = 0

3.10

dove Dϑ (f ) è la matrice Jacobiana di f:

⎡ f1,ϑ Dϑ (f ) = ⎢ 3 ⎣ f 2,ϑ3

f1,ϑ4 ⎤ f 2,ϑ4 ⎥⎦

3.11

ˆ è rinominata A, per semplicità di notazione, essa a questo la matrice Jacobiana, calcolata per ϑ = ϑ punto è una matrice numerica. A = Dϑ (f ) ϑ=ϑˆ 3.12 Dalla 3.10 possiamo scrivere:

() (

)

f ϑˆ + A ϑ − ϑˆ = ε

3.13 La linearizzazione della f non fornisce ovviamente la soluzione, ma possiamo impostare un procedimento iterativo iniziando con il calcolo in prima approssimazione della soluzione che si ottiene imponendo ε = 0:

()

ϑ prima approssimazione = ϑˆ − A −1f ϑˆ

3.14

Il procedimento si può generalizzare impostando un calcolo iterativo:

( )

ϑn+1 = ϑˆ n − A −n1f ϑˆ n ,

n = 1,...

3.15

ˆ , la scelta di questo dato è critica per ciò che Il calcolo inizia con un dato iniziale arbitrario ϑ n = ϑ concerne la convergenza a soluzione del procedimento. Se si è sufficientemente vicini alla soluzione, nel dominio di convergenza, allora si converge verso la soluzione; in caso contrario si può divergere con andamenti oscillanti, casuali non stazionari o crescenti. Si possono utilizzare diversi criteri di convergenza per determinare quando bloccare il processo iterativo:

f (ϑn ) ≤ ε

3.16

ϑn+1 − ϑn ≤ δ dove ε e δ sono delle costanti opportune. Nel problema analizzato la matrice Jacobiana è:

⎡ r sin ϑ3 Dϑ (f ) = ⎢ 3 ⎣− r3 cos ϑ3

− r4 sin ϑ4 ⎤ r4 cos ϑ4 ⎥⎦

41

3.17°


Flow chart Input dati sistema

Valore di primo tentativo ϑn = ϑˆ

n =1

Loop iterativo ϑn = ϑˆ

( )

f ϑˆ

Calcolo ;

Dϑ ( f ) ϑ=ϑˆ

NO n>nmax SI

Calcolo la nuova stima della soluzione

(

ϑn+1 = ϑn − Dϑ ( f ) ϑ=ϑˆ

) f ( ϑˆ ) −1

ricordiamo che ϑˆ = ϑn

n=n+1 NO

NO f ( ϑn ) ≤ ε

ϑn +1 − ϑn ≤ δ

SI

SI

Salva i risultati

Abort Figura 3.9. Diagramma di flusso del procedimento iterativo.

42


3.3.2 Esempio numerico. Consideriamo il quadrilatero articolato rappresentato in Figura 3.8; imponiamo le seguenti dimensioni: r1 =7m, r2 = 3m, r3 = 8m, r4 =6m; imponiamo al movente (membro 2) una determinata posizione: ϑ2 = 60°. Il meccanismo è di Grashof, pertanto abbiamo una unica configurazione per ogni circuito: da un punto di vista matematico ci aspettiamo due soluzioni. Dalla soluzione esatta 3.6 otteniamo: ϑ4= ± 71.7976° ; ϑ4= ± 122.368°; di cui sono accettabili

ϑ4=71.7976° ; ϑ4=-122.368°.

Vediamo come sono state scartate le soluzioni spurie: Ricaviamo ϑ3 dall’equazione 3.2a e dalla 3.2b: verifichiamo che siano reali; verifichiamo che si ottenga lo stesso valore da entrambe le equazioni. Ricordiamo che cos(ϑ3)=cos(-ϑ3) e sin(ϑ3)=sin(π-ϑ3). Dalla 3.2a otteniamo: ϑ3 =arcos[ (r1 + r4 cos ϑ4 – r2 cos ϑ2 )/ r3] Dalla 3.2b otteniamo: ϑ3 = arcsin[( r4 sin ϑ4 – r2 sin ϑ2) / r3 ϑ4=71.7976°

ϑ4=-71.7976°

ϑ4=122.368°

ϑ4=-122.368°

ϑ3=±22.812° ϑ3=22.8121° ϑ3=(180-22.812)° ϑ3=±22.812° ϑ3=(-90+15.5i)° ϑ3=(90+15.5i)° ϑ3=±73.382° ϑ3=17.9817° ϑ3=(180-17.981)° ϑ3=±73.382° ϑ3=-73.382° ϑ3=(180+ 73.382)°

Tabella. 3.1 Quadro delle soluzioni e identificazione di quelle complesse e/o spurie. Dalla Tabella 3.1 vediamo che alcune soluzioni per ϑ3 sono complesse, quindi spurie; inoltre vediamo che ad una certa soluzione ϑ4 non sempre corrisponde una unica soluzione per ϑ3 ciò indica che siamo in presenza di una ulteriore soluzione spuria. Al termine della analisi teorica ricaviamo pertanto due soluzioni, corrispondenti ai due circuiti del meccanismo in esame.

ϑ3=22.8121° ϑ4=71.7976° ϑ3=-73.382° ϑ4=-122.368° Tabella. 3.2 Soluzioni corrette per i due circuiti.

43

Capitolo 3 Cinematica del corpo rigido e dei sistemi articolati. Approccio numerico. Utilizziamo il procedimento numerico precedentemente descritto.

ˆ =[0° ,100°]T. Un primo tentativo è eseguito imponendo i seguenti valori iniziali: ϑ ϑ3 0 28.185 22.897 22.812

f2 f1 ϑ4 100 -3.542 3.311 65.656 0.922 -0.910 71.663 0.018 -0.015 71.798 0.000 -0.000 Tabella. 3.3a. Convergenza della soluzione sul primo circuito.

In tabella 3.3a si vede come la soluzione converge rapidamente alla prima soluzione di tabella 3.2. Per cercare la seconda soluzione (secondo circuito) si esegue un secondo tentativo imponendo i

ˆ =[-50° ,200°]T. seguenti valori iniziali: ϑ f2 f1 ϑ3 ϑ4 -50° 200° 5.281 1.478 -83.965° 245.999° 2.219 0.124 -72.670° 239.204° 0.045 0.115 -73.399° 237.621° 0.0014 0.0013 -73.382° 237.632° 0.17⋅10-6 0.27⋅10-6 Tabella. 3.3b. Convergenza della soluzione sul secondo circuito. Dalla soluzione esatta 3.6 abbiamo ottenuto: ϑ4=71.7976° ; ϑ4=-122.368°.

44


6

PRIMO CIRCUITO

4

y

2

0

-2

ϑ3=22.8121°

-4

ϑ4=71.7976°

-6 -1

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

9

10

x 6

SECONDO CIRCUITO

ϑ3=-73.382°

ϑ4=-122.368°

4

y

2

0

-2

-4

-6 -1

0

1

2

3

4

5

6

x

Figura 3.10 Due circuiti ottenuti numericamente.

45

7

8


3.3.3 Esempio 1. Si consideri il meccanismo rappresentato in figura 3.11a, l’equazione di chiusura è: r1+ r4= r2+ r3 r2+ra+r5 = rb

O3

3.17b 3.17c

r5 ϑ5

1

5 rb 6

y

ra

3

r3

α r4

ϑ3 r2 1 O1

ϑ2

ϑ4

4 r1 O2

1

1

x

Figura 3.11a. Analisi di posizione su un meccanismo complesso: loop closure equations.

Definiamo i vettori presenti nelle 3.17b,c:

⎧r3 cos ϑ3 ⎫ ⎧r2 cos ϑ2 ⎫ ⎧ r4 cos ϑ4 ⎫ r2 = ⎨ r3 = ⎨ r4 = ⎨ ⎬, ⎬, ⎬ ⎩r2 sin ϑ2 ⎭ ⎩ r4 sin ϑ4 ⎭ ⎩r3 sin ϑ3 ⎭ ⎧r5 cos ϑ5 ⎫ ⎪⎧ra cos (α + ϑ3 ) ⎪⎫ ⎪⎧ xO3 ⎪⎫ r5 = ⎨ ra = ⎨ rb = ⎨ ⎬ ⎬, ⎬, ⎩r5 sin ϑ5 ⎭ ⎪⎩ yO3 ⎪⎭ ⎪⎩ra sin (α + ϑ3 ) ⎪⎭

⎧r ⎫ r1 = ⎨ 1 ⎬ , ⎩0 ⎭

3.17d

3.17e

dove con ri i=2,...,5 si indicano, al solito, i moduli dei vettori ri, similmente per ra; mentre le componenti del vettore rb sono date semplicemente dalle coordinate, note, del punto O3. Le equazioni 3.17b,c, combinate con le 3.17d,e, determinano un sistema di 4 equazioni scalari trascendenti che permettono di risolvere il problema nel caso in cui ad esempio il movente sia il membro 2 (ϑ2 noto)e le incognite sono perciò: ϑ3, ϑ4, ϑ5, r5. 3.3.4 Esempio 2. Si consideri il meccanismo rappresentato in figura 3.11b, l’equazione di chiusura è: r1+ r4= r2+ r3 r2+ra+r5 = rb

3.17f 3.17g

Definiamo i vettori presenti nelle 3.17f,g:

46

Capitolo 3 Cinematica del corpo rigido e dei sistemi articolati. ⎧r3 cos ϑ3 ⎫ ⎧r2 cos ϑ2 ⎫ ⎧ r4 cos ϑ4 ⎫ r2 = ⎨ r3 = ⎨ r4 = ⎨ ⎬, ⎬, ⎬ ⎩r2 sin ϑ2 ⎭ ⎩ r4 sin ϑ4 ⎭ ⎩r3 sin ϑ3 ⎭ ⎧⎪ra cos (α + ϑ3 ) ⎫⎪ ⎧r5 cos ϑ5 ⎫ ⎧ x ⎫ r5 = ⎨ ra = ⎨ rb = ⎨ D ⎬ ⎬, ⎬, ⎩axD + b ⎭ ⎩r5 sin ϑ5 ⎭ ⎩⎪ra sin (α + ϑ3 ) ⎭⎪

⎧r ⎫ r1 = ⎨ 1 ⎬ , ⎩0 ⎭

3.17h

3.17i

dove con ri i=2,...,5 si indicano, al solito, i moduli dei vettori ri, similmente per ra; mentre le componenti del vettore rb sono date semplicemente dalle coordinate, note, del punto D. Le equazioni 3.17f,g, combinate con le 3.17h,i, determinano un sistema di 4 equazioni scalari trascendenti che permettono di risolvere il problema nel caso in cui ad esempio il movente sia il membro 2 (ϑ2 noto)e le incognite sono perciò: ϑ3, ϑ4, ϑ5, xD.

1

y=a x-b 6

r5

D

ϑ5 5 3

y

ra

rb

r3

α r4

ϑ3 r2 1 O1

ϑ2

ϑ4

4 r1 O2

1

1

Figura 3.11b. Analisi di posizione su un meccanismo complesso: loop closure equations.

47

x


3.3.5 • • • •

Esercizi proposti. Trovare numericamente le soluzioni mancanti dell’esercizio precedente. Trovare le due possibili configurazioni di un parallelogrammo, avente uno dei membri più lunghi come telaio ed uno di quelli più corti come movente. Trovare le due possibili configurazioni di un meccanismo non – Grashof. Analizzare il meccanismo in figura 3.11c utilizzando le dimensioni del disegno.

6 5

3 4 2

Figura 3.11c. Meccanismo a 6 membri.

48


3.4 Proprietà cinematiche del corpo rigido. Si faranno alcuni richiami sui metodi ed i concetti utili all’analisi delle velocità e delle accelerazioni dei corpi rigidi e di sistemi articolati. Dopo un richiamo al teorema generale dei moti relativi, si mostrano le applicazioni al corpo rigido. 3.4.1 Moti relativi. Consideriamo un sistema di riferimento fisso (O, x, y, z) ed un sistema mobile (O’, x’, y’, z’) di cui è conosciuto il moto (fig. 3.12). Ci chiediamo ora come si possa determinare il moto assoluto di un punto P il cui moto è noto nel sistema di riferimento mobile.

P

Ω z’

y’

z

O’

x’ O y

x Figura 3.12. Moti relativi.

La posizione del punto è data da: OP=OO’+O’P La velocità v p =

3.18

dOP si può scrivere come: dt vp = vO’ + Ω × r + vpr

3.19

dove:

r=O’P vO’ è la velocità dell’origine del sistema mobile. Ω è la velocità angolare del sistema mobile, supposta nota. vpr è la velocità di P nel sistema mobile. vO’ + Ω × r= vPt è detta velocità di trascinamento.

La velocità di trascinamento è la velocità che avrebbe P se appartenesse ad un corpo rigido solidale al sistema mobile.

49


Per le accelerazioni abbiamo:

× r + Ω × (Ω × r) + 2 Ω × vpr + apr ap = aO’ + Ω accelerazione di trascinamento

accelerazione di Coriolis

3.20

accelerazione relativa

dove: aO’ è la accelerazione dell’origine del sistema mobile (trascinamento)

× r è l’accelerazione “tangenziale” ed è dovuta alla accelerazione angolare del sistema mobile Ω

(trascinamento). Ω × (Ω × r) è l’accelerazione centripeta, ed è dovuta alla pura rotazione (trascinamento). 2 Ω × vpr è l’accelerazione di Coriolis, è dovuta al fatto che il punto P si muove in un sistema rotante. apr è l’accelerazione relativa × r + Ω × (Ω × r) = aPt è detta accelerazione di trascinamento. aO’ + Ω

Nel moto del corpo rigido, se si fissa il sistema di riferimento mobile solidale al corpo stesso, le accelerazioni di Coriolis e relativa saranno nulle. Diamo semplici interpretazioni dei termini di accelerazione visti: •

•

Tutti i termini della 3.20 sono nulli eccetto r e la accelerazione angolare (Fig. 3.13a). E’ il caso di un corpo rigido incernierato, inizialmente fermo, che ha una accelerazione angolare: nell’istante iniziale ogni suo punto ha una accelerazione pari r un direzione tangente alla traiettoria a Ω circolare di P. Si è posto il sistema mobile con origine sulla coppia rotoidale e solidale al corpo rigido. E’ ovvio che la situazione rappresentata in figura 3.13a si verifica in un solo istante, infatti, poiché è presente una accelerazione angolare, l’istante successivo la velocità angolare sarà diversa da zero

Tutti i termini della 3.20 sono nulli eccetto la velocità angolare ed il vettore r (Fig. 3.13b). E’ il caso di un corpo rigido incernierato, in moto rotatorio uniforme: ogni suo punto ha una accelerazione diretta verso il centro di rotazione e pari Ω 2 r, detta accelerazione centripeta. Si è posto il sistema mobile con origine sulla coppia rotoidale e solidale al corpo rigido.

50

r Ω P r

≠0 Ω=0 Ω

Figura 3.13a. Accelerazione angolare.

P r

Ω2 r

=0 Ω≠ 0 Ω

Figura 3.13b. Accelerazione centripeta.

Capitolo 3 Cinematica del corpo rigido e dei sistemi articolati. •

Accelerazione di Coriolis. Un primo modo di spiegare questa accelerazione è il seguente. Immaginiamo che un uomo si trovi al polo Nord, la sua velocità è nulla se non consideriamo la traslazione della Terra nel suo moto attorno al Sole. Spostiamo ora l’omino all’equatore (non importa come), la sua velocità è Ωr, qualcosa dovrà aver prodotto una accelerazione che ha fatto aumentare la velocità da 0 a Ωr. Si noti che nel percorso dal polo Nord all’equatore la velocità relativa alla terra dovrà per forza aver avuto una direzione non parallela all’asse terrestre e quindi l’accelerazione di Coriolis deve essere non nulla lungo il percorso.

51

v=0 v=Ωr

Ω Figura 3.13c. Accelerazione di Coriolis.


3.4.1.1 Accelerazione di Coriolis e fenomeni fisici. Non è superfluo aprire una parentesi per descrivere l’importanza dell’accelerazione di Coriolis nei fenomeni meteorologici. A causa della rotazione terrestre e dunque alla accelerazione di Coriolis (ed alla conseguente forza di inerzia), una massa d’aria che si muova ad esempio da Nord verso Sud (emisfero Boreale o Settentrionale) con velocità iniziale diretta lungo un meridiano, sarà deviata verso Ovest. Più in generale si può dire che l’effetto della forza di Coriolis causa una deviazione verso destra se si guarda il fenomeno da un sistema di riferimento mobile con la massa d’aria. Si noti che ciò avviene non solo per le masse d’aria, ma anche per le correnti oceanografiche. Lo stesso fenomeno riguarda le rotte degli aerei o delle navi, le cui rotte devono essere opportunamente modificate per tener conto della deviazione di Coriolis verso destra (emisfero Boreale). Nell’emisfero Australe la situazione è opposta: cioè la deviazione vista da un sistema mobile è verso sinistra. Questo effetto di deviazione delle masse d’aria è la causa della circolazione ciclonica. Ad Ciclone esempio nella figura a sinistra è rappresentato un uragano che si è manifestato a Sud di Cuba: la rotazione oraria è causata dalla forza di Coriolis. Tutti i cicloni nell’emisfero Boreale hanno rotazione oraria, mentre tutti i cicloni nell’emisfero Australe hanno rotazione antioraria. E’ opportuno sottolineare che gli effetti di Coriolis si risentono solamente su grandi scale spaziali (qualche centinaio di chilometri), Tornado infatti i cicloni possono arrivare anche a 3000 km di diametro. Al contrario, fenomeni come i Tornado (trombe d’aria) non sono influenzati dall’accelerazione di Coriolis, poiché hanno dimensioni dell’ordine di qualche centinaio di metri. Un altro interessante GALAXY No fenomeno osservato in astrofisica è rappresentato dalla forma a spirale delle galassie. Per studiare il moto delle galassie sono stati sviluppati modelli fluidodinamici in cui la forza di Coriolis riveste un ruolo importante. Domanda (anche d’esame): La rotazione del flusso che si determina durante lo svuotamento di un lavabo dipende dalla forza di Coriolis? Se si: la rotazione ha sempre lo stesso verso, e quale sarebbe? Se no: da cosa dipende tale rotazione?

52

Capitolo 3 Cinematica del corpo rigido e dei sistemi articolati. 3.4.2 Cinematica del corpo rigido: centro di istantanea rotazione. Consideriamo il moto di un corpo rigido nel piano (Fig. 3.14) ed applichiamo la 3.20 immaginando che il sistema mobile sia solidale al corpo, l’origine O’ coincida con un punto del corpo P di cui è nota la velocità e che sia nota anche la velocità angolare del corpo. Sia Ω la velocità angolare del corpo: poiché siamo nel piano essa è ortogonale al piano stesso, con verso uscente vS per rotazione antioraria e entrante per rotazione oraria (regola della mano destra). CS Sia inoltre vp la velocità del punto P, quindi dell’origine S C del sistema mobile. PS vP Calcoliamo la velocità di un generico punto S, x’ considerando che nella 3.20 si deve porre r=PS oltre che vM O’≡P ovviamente vpr = 0. y’

vS = vP + Ω × PS

M

3.21

Consideriamo ora un punto M tale che PM ⊥ v P , la velocità di tale punto avrà la stessa direzione di quella di P, perciò possiamo lavorare solamente sulla componente nella direzione di vP , cioè con quantità scalari. Detta d = PM si ha:

Figura 3.14. Centro di istantanea rotazione.

vM = vP + Ω d

3.22

Possiamo allora determinare il particolare punto C tale che PC ⊥ v P e vc = 0. vC = vP + Ω x = 0

3.23

dove abbiamo indicato x = PC , nota che x va preso col segno. Il punto C è detto centro di istantanea rotazione ed ha le seguenti proprietà: o o o o o

La velocità del centro di istantanea rotazione è 0. Il centro di istantanea rotazione in generale non è fisso nel corpo. La velocità di ogni punto del corpo è ortogonale al raggio vettore che unisce il centro di istantanea rotazione con il punto in esame Noti il centro di istantanea rotazione e la velocità angolare di un corpo, possiamo calcolare tutte le velocità del corpo stesso Note le velocità di due punti di un corpo rigido (in 2D) il centro di istantanea rotazione si trova dall’intersezione delle normali alle due velocità.

Infatti: e dunque: vS ⊥ Ω e vS ⊥ CS.

vS = Ω × CS

3.24

53

Capitolo 3 Cinematica del corpo rigido e dei sistemi articolati. Esempio: il quadrilatero articolato. Consideriamo il quadrilatero in figura 3.15. I punti A e B compiono una traiettoria circolare rispetto ai centri O1 e O3; A e B appartengono però anche al membro 2 e le loro velocità dovranno essere ortogonali alle congiungenti col centro di istantanea rotazione, indicato in figura con C24. Troviamo quest’ultimo tracciando le linee ortogonali alle velocità di A e B (ortogonali a O1A e O3B) e trovando il punto di intersezione. Direzione della velocità di B rispetto al membro 1 (vBA) C2,4 Direzione di vB B

Direzione di vA

2 A 3 1

C3,1

O3

O1

4

4

Direzione della velocità di O3 rispetto al membro 1 (vO3,O1)

Figura 3.15. Centri di istantanea rotazione relativi nel quadrilatero articolato.

Ragionando in termini relativi possiamo dire che C24 è il centro di istantanea rotazione relativo del membro 2 rispetto al 4. In maniera analoga possiamo perciò trovare anche C31, cioè il centro di istantanea rotazione relativo del membro 3 rispetto al 1. Si noti che Cij ≡ Cji (es. si pensi al moto relativo del membro 1 rispetto al 3, pensato fisso, e si ripeta la procedura). Nel caso in figura il punto C24 ha velocità nulla nell’istante considerato. I membri 1 e 3 hanno velocità relativa nulla nel punto C31 (per capirlo si immagini di estendere per esempio la dimensione del membro 1 fino a C31 e di fissare il 3, questo particolare punto dell’1 avrà velocità nulla; lo stesso si può dire invertendo il ragionamento). Indichiamo con: o Ω1 velocità angolare del membro 1 o Ω3 velocità angolare del membro 3 considerate positive se il moto è antiorario. Possiamo scrivere:

Ω3 O3C31 = Ω1 O1C31

Velocità assoluta di C31 (C13)

3.25

Velocità assoluta di C31 (C13)

Si noti infatti che rispetto al sistema di riferimento assoluto solidale al 4, il punto C31 non ha velocità nulla in quanto è un centro di istantanea rotazione relativo.

54

Capitolo 3 Cinematica del corpo rigido e dei sistemi articolati. Dalla 3.25 possiamo determinare il rapporto di trasmissione (velocità angolare del cedente ÷ velocità angolare del movente):

τ=

Ω3 O1C31 = Ω1 O3C31

⎧⎪≥ 0 se C31 e ' esterno a O1O3 ⎨ ⎪⎩< 0 se C31 e ' interno a O1O3

3.26

Esempio: coppie superiori. In figura 3.16 rappresentiamo due un sistema meccanico composto da 3 membri collegati tramite due coppie rotoidali ed una coppia superiore (contatto superficiale tra i membri 1 e 2), cioè C1=2, C2=1, perciò il sistema ha un grado di libertà. Direzione di vM (M solidale al 2)

Direzione di vO2

M

1

2 O2

O1

C2,1

3 Figura 3.16. Centri di istantanea rotazione relativi in coppie superiori.

Si noti la forma particolare dei corpi 1 e 2: le protuberanze che essi hanno sono simili ai denti delle ruote dentate che si usano diffusamente in meccanica nei sistemi di trasmissione di potenza. Le ruote dentate hanno però un certo numero di denti disposti su una circonferenza ed equi-spaziati angolarmente, in modo da poter garantire la trasmissione del continua moto. In questo esempio fissiamo il membro 1, ne consegue che il 3 ha moto rotatorio ed il 2 ha moto rototraslatorio. Consideriamo il punto M di contatto tra i denti: in questo punto la velocità relativa tra i membri 1 e 2 è tangente alle superfici a contatto in M. La velocità del punto O2 è ⊥ a O1O2 . Il centro di istantanea rotazione del membro 2 si trova tracciando le normali alle velocità di due punti qualsiasi, ad esempio vM e vO2. Chiamiamo C21 questo punto, dato che esso è anche il centro di istantanea rotazione relativo in un moto più generale. Fissiamo ora il membro 3: il punto C21 ora è effettivamente un centro di istantanea rotazione relativo

del membro 2 rispetto all’1, vale la 3.26 (secondo caso): τ =

Ω 2 O1C 21 = . Perciò, se disegniamo i Ω1 O2 C 21

profili in modo che C21 rimanga fisso durante il moto, allora il rapporto di trasmissione è costante. Ciò si realizza normalmente con profili ad evolvente di cerchio.

55


3.5 Analisi cinematica dei meccanismi articolati. Sono trattati i metodi per l’analisi di velocità ed accelerazione di meccanismi articolati. Si assume già risolto il problema dell’analisi di posizione. Vedremo l’applicazione del teorema dei moti relativi ad un approccio di risoluzione qualitativa grafica; inoltre si imposterà una metodologia analitica su un caso semplice di interesse pratico. Nell’impostazione grafica, e solo per quanto riguarda le velocità, si farà uso di una convenzione: i vettori velocità saranno ruotati di 90° (specificare di volta in volta se in senso Velocità reali Velocità convenzionali orario o antiorario) rispetto agli originali. Vediamo un esempio: in figura 3.17 abbiamo un corpo rigido collegato al v= Ω OP P telaio mediante una coppia rotoidale; il P v= Ω OP moto avviene a velocità angolare costante, perciò la velocità di un punto generico P è ortogonale ad OP. Nella convenzione Ω Ω suddetta si rappresenta il vettore velocità ruotato di 90°. Si noti che nel disegno si è rappresentato il vettore v direttamente con O O il vettore OP, cioè in questa Figura 3.17. Convenzione dei vettori ruotati. rappresentazione i vettori sono ruotati di 90° e normalizzati rispetto a Ω. 3.5.1 Quadrilatero articolato: metodo grafico. Consideriamo il quadrilatero articolato in figura in cui sia imposta la velocità angolare del membro 2 costante. Iniziamo con il punto A, la C31 sua velocità vale: vA=Ω×O1A

3.27

ed in modulo:

v A = O1 A Ω

3.28

Poiché Ω è ortogonale al piano su cui giace il P vA sarà meccanismo, B ortogonale a O1A rimanendo 3 nel piano. A Utilizzando la convenzione 4 dei vettori ruotati di 90° e vA 2 normalizzati rispetto a Ω rappresentiamo vA mediante il vettore O1A. Abbiamo Ω=cost O2 O1 dunque ruotato vA in senso 1 antiorario e la rappresentiamo Figura 3.18. Uso del centro di istantanea rotazione. a meno di Ω, al termine della analisi tutti i vettori velocità andranno ruotati di 90° in senso orario e moltiplicati per Ω onde ottenere risultati quantitativi.

56

Capitolo 3 Cinematica del corpo rigido e dei sistemi articolati. Dalla figura 3.19 otteniamo immediatamente la direzione di vB poiché il membro 4 è incernierato in O2; otteniamo inoltre la direzione di vP ortogonale al segmento C31 P . Fissiamo un sistema di riferimento mobile solidale al membro 3 ed origine in A. Determiniamo la velocità di B di cui è nota la direzione; ricordiamo la 8.2:

Sistema di rif. Solidale al 3

B

P y’

3 x’

vB

vA

Ω=cost Figura 3.19. Determinazione grafica delle veolcità.

vp = vO’ + Ω × r + vpr

3.29

qui ovviamente vpr = 0, inoltre vO’ = vA e definiamo la seconda parte della velocità di trascinamento vBA = Ω × r. Quest’ultima, per come è definita, sarà ortogonale ad AB; ricordiamoci però che stiamo usando la vBA convenzione dei vettori ruotati perciò nella rappresentazione grafica vBA sarà parallela ad AB. Possiamo riscrivere la 3.29:

vB

vB=vA+vBA

vA

3.30

nella 3.30 sono note le direzioni di tutti i vettori, restano incognite le componenti di vB e vBA cioè due grandezze scalari; l’equazione 3.30 è vettoriale bidimensionale, perciò ci fornisce 2 equazioni scalari: il problema si può Figura 3.20. risolvere. Tracciamo allora vA, dai due estremi di questo vettore facciamo passare le parallele alle direzioni dei vettori vB e vBA , troviamo il punto di intersezione e chiudiamo la poligonale, come da disegno in figura 3.20. Con lo stesso ragionamento scriviamo: vP=vA+vPA vP=vB+vPB

3.31a 3.31b

vA+vPA=vB+vPB

3.32

da cui:

Costruiamo graficamente l’uguaglianza 3.32. Tracciamo i vettori vA e vB partendo da uno stesso punto (Fig. 3.21). Immaginando di sommare ad essi vPA e vPB rispettivamente, dalle estremità di vA e vB facciamo passare le direzioni di vPA e vPB. Trovato il punto di intersezione N il vettore O1N rappresenta vP a meno della direzione (convenzione vettori ruotati) e di Ω:

v P = ΩO1 N

3.33

vPB

vPA

N Direzione vPB

vB

vP

vA

O1 Figura 3.21.

57

Direzione vPA

vP reale


Approccio alternativo. Procediamo come in precedenza al calcolo di e vB mediante approccio grafico (Fig. 3.22). Abbiamo poi calcolato anche vBA graficamente, inoltre sappiamo che essa vale in modulo: vBA= Ω 3 AB ;

da

Direzione vPA Sistema di rif. Solidale al 3

P

Ω3

y’

B

3

S vBA vB

vBA (reale)

A 2

x’

4

vA

cui

ricaviamo Ω3 dopo aver misurato i vettori direttamente dal disegno:

Ω2=cost

O1

1

O2

Figura 3.22.

Ω3 =

v BA AB

3.34

ricordando che i vettori rappresentati nella figura sono proprio i vettori delle velocità a meno di Ω2=Ω=cost, possiamo scrivere anche:

Ω3 v SA = BA = Ω Ω AB AB

3.35

Avendo poi fissato l’origine del sistema mobile (solidale al membro 3) in A, il verso della Ω3 si ottiene facilmente confrontando la vBA, nella sua direzione reale, con il punto A. In pratica si deve immaginare che questa parte di velocità di trascinamento si può ottenere fissando l’origine degli assi mobili O’, cioè il punto A, e facendo ruotare il membro 3 attorno ad esso. Nel caso specifico si ottiene una Ω3 antioraria. Una volta ottenuta la Ω3 in modulo e verso è immediato ottenere le velocità di ogni punto del membro 3: vP=vA+vPA=Ω3 × AP 3.36 Accelerazioni. Analogamente a quanto fatto per le velocità riprendiamo la 3.20, ipotizzando il sistema mobile solidale al membro 3 ed eliminando ovviamente le accelerazioni di Coriolis e relativa, dato che studiamo il moto di punti fissi nel sistema (x’,y’):

× r + Ω × (Ω × r) ap = aO’ + Ω

3.37

si noti che la accelerazione centripeta si può scrivere in 2D in forma semplificata Ω×(Ω × r)= -Ω 2r. Abbiamo quindi: aA=AO1 Ω12, che graficamente sarà rappresentata dal vettore AO1; dunque aA≡AO1 a meno di Ω12. Inoltre:

Dir aBAt

aB=aA+aBA

3.38

× AB (attenzione che dove aB≡aO’ della 3.37; mentre aBA = aBAn + aBAt con: aBAn = Ω 32BA; aBAt = Ω 3 AB=-BA). L’accelerazione di B si può a sua volta scomporre nelle sue componenti radiale (centripeta) e tangenziale: aB=aBn+aBt 3.39

58


× O2B. dove aBn=Ω 42BO2 e aBt = Ω 4

Dir aBt Dir aBAn

B A aBAn

3

aBAt aBt

Ω=cost

4

aBt

2 aA

O1

O2

1

Dir aBn

Figura 3.23.

In definitiva abbiamo: aBn+aBt=aA+aBAn +aBAt

3.40

Note in direzione

L’equazione vettoriale 3.40 contiene perciò due sole incognite, poiché essa rappresenta un sistema di 2 equazioni, allora possiamo avere soluzione. In figura 3.24 rappresentiamo la soluzione grafica: si parte dai dati, cioè dai vettori noti: aBn, aA, aBAn ; essi sono sommati seguendo l’equazione 3.40, cioè si sommano aA, aBAn (si inseguono, vedi figura) e la loro somma termina sulla fine di aBn; a questo punto si tracciano le direzioni note di aBt e aBAt partendo dall’inizio dei vettori aBn, aBAn; chiudendo la poligonale graficamente si risolve la 3.40 e si trovano i vettori incogniti. Misurando i vettori incogniti ed utilizzando le ×AB e aBt= Ω ×O2B si possono determinare aBAt= Ω 3 4 le accelerazioni angolari di tutti i membri. Note le accelerazioni angolari si possono determinare le accelerazioni di tutti i punti utilizzando la 3.37.

59

aBAn aBAt

aA aBt

aBn Figura 3.24.


3.6 Approccio analitico: manovellismo di spinta centrato. Il manovellismo di spinta è un meccanismo che trova larghissima diffusione nelle applicazioni meccaniche. Ne è un esempio notevole il suo impiego nei motori endotermici; in figura 3.25 per esempio è riportato lo schema di un motore bicilindrico ad L di costruzione Ducati®. Il meccanismo, nella sua versione più semplice monocilindrica, è composto di un membro rotante (manovella), incernierato al telaio Figura 3.25. (basamento motore) ed a un membro intermedio (biella); la biella a sua volta è incernierata ad un Pistone membro detto pistone che può avere moto traslatorio alterno poiché è collegato al telaio (cilindro) mediante una coppia prismatica (Fig. 3.26). Lo scopo di questo tipo di meccanismi può essere vario: pura Biella trasformazione di un moto rotatorio in un moto alterno; trasformazione di potenza generata da una forza che agisce sul pistone, in una potenza all’albero (motore endotermico); trasformazione di una potenza Manovella Figura 3.26. all’albero in energia di compressione di un gas (compressore); o altro. Ci occuperemo ora degli aspetti cinematici del meccanismo: data la velocità angolare costante della manovella, determinare il moto di tutti gli altri membri. Il manovellismo di spinta centrato che studiamo è rappresentato in figura 3.27. Il sistema ha 1 gdl, perciò il suo stato può essere completamente rappresentato attraverso l’unica coordinata angolare ϕ(t) della manovella. Indichiamo con l e Figura 3.27. r la lunghezza della biella e della manovella. Indichiamo con sB la posizione del pistone partendo dal punto morto superiore (ϕ =0), indichiamo poi con punto morto inferiore la posizione (ϕ =π). La posizione generica del pistone sarà: sB=l+r+l cos γ -r cos ϕ

3.41

per il teorema dei seni abbiamo anche: l sin γ =r sin ϕ

3.42

considerando che γ è sempre > π/2 e dunque cos γ < 0, dalla 3.42 otteniamo: cos γ = − 1 − λ 2 sin 2 ϕ

3.43

1 ⎡1 ⎤ 1 − λ 2 sin 2 ϕ ⎥ − r cos ϕ sB = r ⎢ + 1 − λ ⎣λ ⎦

3.44

dove λ=r / l. Otteniamo:

Consideriamo ora la 3.44 nel caso in cui λ2<<1; in particolare consideriamo il termine e facciamone lo sviluppo in serie di Taylor, ricordando che:

60

1 − λ 2 sin 2 ϕ


X ⎛ 1 −1 ⎞ 1− X =1+ ⎜ X +" =1− +" ⎟ 2 ⎝ 2 1 − X ⎠ X =0

3.45

ponendo X=λ2 sin2 ϕ si ha: ⎤ λ sin 2 ϕ 1⎡ 1⎡ λ 2 sin 2 ϕ λ λ cos 2ϕ + "⎥ = +" = − +" 1 − 1 − λ 2 sin 2 ϕ ⎤ = ⎢1 − 1 + ⎦ λ⎣ λ⎣ 2 2 4 4 ⎦

3.46

e dunque:

λ ⎡ λ ⎤ sB r ⎢1 + − cos ϕ − cos 2ϕ ⎥ 4 ⎣ 4 ⎦

Valor medio

Prima armonica

3.47

Seconda armonica

La 3.47 mostra come la legge di moto del pistone può essere sviluppata in una serie di funzioni armoniche di ϕ, il cui primo termine è ovviamente il valor medio. Il moto del pistone è perciò periodico, ma non armonico. Utilizzando la 3.47 otteniamo ora delle espressioni semplificate per velocità ed accelerazione: vB =

dsB dsB dϕ λ ⎡ ⎤ = r Ω ⎢sin ϕ + sin 2ϕ ⎥ dt dϕ dt 2 ⎣ ⎦

⎡sin ϕ + λ sin 2ϕ ⎤ aB r Ω 2 [ cos ϕ + λ cos 2ϕ ] + r Ω ⎢ ⎥ 2 ⎣ ⎦

3.48 3.49

dϕ =Ω. dt Si noti che le espressioni trovate sono valide anche per velocità angolare non costante.

dove

3.7 Analisi cinematica mediante funzioni complesse. Si introduce una metodologia molto utile per lo studio dei meccanismi piani. Questa metodologia si basa sull’utilizzo della rappresentazione dei vettori piani mediante numeri complessi. Vediamo un esempio pratico: Consideriamo un corpo 2 incernierato ad un telaio 1 (Fig. 3.28). La posizione del punto P sul membro 2 è data dal vettore rP. Il vettore rP può essere rappresentato nel piano complesso mediante un numero complesso avente come parte reale la componente orizzontale e come parte immaginaria la componente verticale (Fig. 3.29). Indichiamo con rP tale numero complesso e ricordiamo le formule di Eulero:

⎧rP = a + j b ( j = −1) ⎪⎪ Figura 3.29. ⎨rP = rP ( cos ϑ2 + j sin ϑ2 ) ⎪ jϑ2 ⎪⎩rP = rP e dove le componenti si possono esprimere come:

61

Figura 3.28.

3.50


a = rP cos ϑ2 ,

b = rP sin ϑ2

3.51

la velocità complessa si esprime semplicemente: vP = ponendo ω 2 = ϑ2 si ha: dato che j = e

jπ / 2

drP d = ( rP e jϑ2 ( t ) ) dt dt

3.52

vP = jω 2 rP e jϑ2

3.53

vP = ω 2 rP e j (ϑ2 +π / 2)

3.54

si ha anche:

Il vettore velocità è dunque un vettore ruotato di π/2 rispetto al vettore posizione (Fig. 3.30). Si lascia per esercizio il calcolo delle sue componenti mediante la 3.54 e le formule di Eulero. Determiniamo ora l’accelerazione complessa: Figura 3.30.

d aP = vP = ( jω 2 rP e jϑ2 ) = jω 2 rP e jϑ2 − ω 22 rP e jϑ2 dt

3.55

come si vede l’accelerazione complessa è composta di due termini sfasati di π/2 (vedasi figura3.31), che corrispondono all’accelerazione tangenziale e centripeta. Esercizio. Si determini modulo e direzione dell’accelerazione. Figura 3.31.

Esempio: manovellismo di spinta. Applichiamo la metodologia suvvista ad un manovellismo di spinta centrato (Fig. 3.32). La chiusura vettoriale fornisce l’equazione: r1=r2+r3 3.56 che in forma complessa si scrive:

r1 = r2 + r3 = r2 e jϑ2 + r3 e jϑ3

Figura 3.32.

3.57

si noti che r1 è reale, perciò si è omessa la rappresentazione complessa (Fig. 3.33).

Figura 3.33.

62

Capitolo 3 Cinematica del corpo rigido e dei sistemi articolati. Dalla 3.57 ricaviamo:

Re :

r1 = r2 cosϑ2 + r3 cosϑ3

Im :

0 = r2 sin ϑ2 + r3 sin ϑ3

3.58

da cui otteniamo:

⎛

ϑ3 = arcsin⎜⎜ − ⎝

⎞ sin ϑ2 ⎟⎟ r3 ⎠

r2

3.59

ovviamente anche la derivata di r1 è reale:

r1 = jω 2 r2 e jϑ2 + jω3 r3 e jϑ3 = jω 2 r2 cosϑ2 − ω 2 r2 sin ϑ2 + jω3 r3 cosϑ3 − ω3 r3 sin ϑ3

3.60

considerando che la parte immaginaria della 3.60 è nulla, possiamo scrivere:

ω 2 r2 cosϑ2 + ω3 r3 cosϑ3 = 0

3.61

r2 cosϑ2 r3 cosϑ3

3.62

da cui:

ω3 = −ω 2 infine per l’accelerazione si ha:

(

r1 = − r2 ω 22 cosϑ2 + ω 2 sin ϑ2

− r3 (ω32 cosϑ3 + ω 3 sin ϑ3 )

)

3.63

nella 3.63 è già stata imposta nulla la parte immaginaria, ciò implica però:

ω 3 =

(

r2 ω 22 sin ϑ2 − ω 2 cosϑ2 r3 cosϑ3

63

)+ ω

sin ϑ3 cosϑ3 2 3

3.64


3.8 Applicazione del principio dei lavori virtuali. Nel Capitolo 2 è stata studiata la statica di meccanismi utilizzando le leggi di Newton, tale approccio si rivela abbastanza laborioso, dato che per determinare le forze esterne che assicurino l’equilibrio, si devono calcolare tutte le forze interne (vincolari). Un approccio alternativo è basato sul principio dei lavori virtuali, tale approccio è sostanzialmente un bilancio energetico: il lavoro svolto dalle forze esterne motrici è pari a quello delle forze esterne resistenti più l’eventuale lavoro perduto per attrito. È chiaro che per applicare il principio dei lavori virtuali occorre effettuare una analisi della cinematica del meccanismo, cioè occorre sapere quale è il moto dei membri soggetti a forze esterne. Consideriamo il quadrilatero articolato rappresentato in figura 3.34, il meccanismo è sottoposto all’azione di una forza esterna P agente sul membro 4 e ad una coppia esterna M agente sul membro 2: data P vogliamo trovare M. Il punto Q di applicazione della forza P dista 5cm dal centro di rotazione del membro 4 (attenzione il disegno non è in scala 1:1). Per applicare il principio dei lavori virtuali occorre imporre un atto di moto compatibile con i vincoli ed imporre che il lavoro totale compiuto dalle forze esterne sia nullo. Facciamo dunque ruotare idealmente il membro 2 di un angolo infinitesimo, di conseguenza il membro 3 subirà una rototraslazione ed il membro 4 una rotazione. Il carico P si può scrivere come:

⎧−91.9 N ⎫ ⎪ ⎪ P = ⎨−77.1N ⎬ ⎪0 ⎪ ⎩ ⎭

3.65

A causa della rotazione dθ2 si una rotazione dθ4 e conseguentemente uno spostamento del punto Q. Il vettore dR sarà dato da:

⎧−4.65cm ⎫ ⎪ ⎪ dR = dθ 4 ( k × R ) = dθ 4 ⎨1.84 cm ⎬ ⎪ ⎪ ⎩0 cm ⎭

3.66

d θ4 40° P 22.4° 3

d θ2 2

M

O4

O2

JJJJG

R= O4Q

4

θ2=135°

P24

Q

dR

θ4=68.4°

1 Figura 3.34. Principio dei lavori virtuali.

Il bilancio energetico sarà dato dunque da:

⎧−91.9 ⎫ ⎧−4.65 ⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ Mdθ 2 + P ⋅ dR = Mdθ 2 + ⎨−77.1 ⎬ ⋅ ⎨1.84 ⎬ dθ 4 N cm = 0 N cm ⎪0 ⎪ ⎪0 ⎪ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭ otteniamo:

64

3.67


M = −285.5

dθ 4 N cm dθ 2

3.68

Resta da determinare il rapporto dθ4 / dθ2 , ma ricordando la 3.26 e ricordando che le velocità angolari sono date da ωi=dθ /dt; si ottiene:

dθ 4 ω4 P24O2 = = = 0.641 dθ 2 ω2 P24O4 da cui si ottiene facilmente M=183.1 N cm

65

3.69

Capitolo 4 Richiami di dinamica del corpo rigido.

Capitolo 4 Richiami di dinamica del corpo rigido. In questo Capitolo si richiamano alcuni semplici concetti di dinamica del corpo rigido. Si seguono le notazioni di (H. Goldstein, 1986).

4.1 Dinamica del corpo rigido: equazioni fondamentali e casi notevoli. La risultante F delle forze applicate al corpo deve essere pari alla variazione della quantità di moto Q del corpo stesso.

F=

dQ dt

4.1

mentre il risultante dei momenti applicati (rispetto al polo A) è:

MA =

dK A + vA ×Q dt

4.2

La quantità di moto è:

Q = ∫ vρdV

(quantità di moto)

4.3

V

l’integrale è esteso al volume del corpo, v(x, y, z) è la velocità di un punto generico del corpo, ρ è la densità del corpo. Il momento della quantità di moto è:

K A = ∫ r × vρdV

4.4

V

se si tiene conto che il corpo è in moto rototraslatorio si può scrivere:

Q = mv A + Ω × S A

4.5

dove il punto A è un punto del corpo scelto (Fig. 4.1) per calcolare il momento statico SA:

S A = ∫ rρ dV

r

4.6

P

V

A

V

le relazioni suvviste discendono dalla ben nota: Figura 4.1.

v = vA + Ω×r si noti che dal momento statico si può ricavare il baricentro (Fig. 4.2):

66

4.7


rG

∫ SA = rG = V m

G

rρ dV 4.8

∫ ρ dV

A

V

Figura 4.2.

Il momento della quantità di moto si può scrivere:

K A = S A × v A + J AΩ

4.9

dove JA è la matrice d’inerzia:

⎡ J Ax ⎢ J A = ⎢ J Ayx ⎢ J Azx ⎣

J Axy J Ay J Azy

J Axz ⎤ ⎥ J Ayz ⎥ J Az ⎥⎦

4.10

La matrice d’inerzia è sempre simmetrica, anche se nella 4.10 ciò non è evidenziato, infatti: J Ax = ∫ ( r 2 − rx2 ) ρ dV ,

J Ay = ∫ ( r 2 − ry2 ) ρ dV ,

V

V

J Axy = ∫ ( − rx ry ) ρ dV ,

J Axz = ∫ ( − rx rz ) ρ dV ,

V

V

J Az = ∫ ( r 2 − rz2 ) ρ dV V

4.11

J Ayz = ∫ ( − ry rz ) ρ dV V

per esprimere le 4.11 si è considerato il sistema di riferimento rappresentato in figura 4.3 con origine in A.

z

rz r ry y rx x

Figura 4.3.

67

Capitolo 4 Richiami di dinamica del corpo rigido. Casi particolari. A fisso (per esempio ≡ O) In questo caso vA=0 ed otteniamo:

KO = JOΩ

4.12

A ≡ G (baricentrale) In questo caso SA=0 ed otteniamo:

KG = JGΩ

4.13

In entrambi i casi A fisso o A ≡ G (baricentrale) si ha:

K = JΩ

4.14

dK A d ( J A Ω ) = dt dt dQ F= = maG dt

4.15

In tali casi abbiamo: MA =

Si noti che la seconda delle 4.15 è vera sempre. Perciò se A è fisso o A ≡ G (baricentrale) si ha:

MA =

d ( J AΩ ) dt

+ Ω×K = J AΩ A

4.16

) deve essere fatta la 4.16 fa riferimento agli assi corpo, in particolare la derivata indicata col punto ( Ω rispetto agli assi corpo.

Assi principali di inerzia Se gli assi corpo sono principali di inerzia allora: J Axy = 0, J Axz = 0, J Ayz = 0

4.17

cioè la matrice di inerzia è diagonale, in tal caso la 4.16 diventa: − ( J − J )Ω Ω M Ax = J Ax Ω x Ay Az y z − ( J − J )Ω Ω M Ay = J Ay Ω y Az Ax x z

4.18

− ( J − J )Ω Ω M Az = J Az Ω z Ax Ay x y

Caso: Ωx=Ωy=0, asse z baricentrico e principale di inerzia (JAxz=JAyz=0) ⎡ J Ax ⎢ ⎢ J Ayx ⎢ J Azx ⎣

J Axy J Ay J Azy

i J Axz ⎤ ⎧0 ⎫ ⎥⎪ ⎪ J Ayz ⎥ ⎨0 ⎬ + 0 ⎪ K Ax J Az ⎥⎦ ⎩⎪Ω z⎭

j 0

K Ay

⎧− K Ay ⎫ ⎧0 ⎫ k ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ Ω z = J Az ⎨0 ⎬ + Ω z ⎨+ K Ax ⎬ ⎪ ⎪ ⎪ 0 ⎪ K Az ⎩Ω z ⎭ ⎩ ⎭

ma:

68

4.19


⎧0 ⎫ ⎪ ⎪ K A = JΩ = J Az ⎨0 ⎬ ⎪Ω ⎪ ⎩ z⎭

4.20

perciò KAy= KAx =0, dunque: ⎧0 ⎫ ⎪ ⎪ M = JΩ + Ω × K = JΩ + Ω × ( JΩ ) = J Az ⎨0 ⎬ ⎪ ⎪ ⎩Ω z ⎭ da aggiungere sempre la seconda delle 4.15.

4.21

Caso: Ωx=Ωy=0, asse z baricentrico ma non è principale di inerzia ⎡ J Ax ⎢ M = ⎢ J Ayx ⎢ J Azx ⎣

J Axy J Ay J Azy

i J Axz ⎤ ⎧0 ⎫ ⎥⎪ ⎪ J Ayz ⎥ ⎨0 ⎬ + 0 ⎪ K Ax J Az ⎥⎦ ⎩⎪Ω z⎭

j 0

K Ay

⎧− K Ay ⎫ ⎧ J Axz ⎫ k ⎪ ⎪ ⎨ J ⎬ + Ω ⎨⎪+ K ⎬⎪ Ωz = Ω z Ayz z Ax ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ K Az ⎩ J Az ⎭ ⎩ 0 ⎭

4.22

ma: ⎧ J Axz ⎫ ⎪ ⎪ K A = JΩ = Ω z ⎨ J Ayz ⎬ ⎪ ⎪ ⎩ J Az ⎭

4.23

⎧− J Ayz ⎫ ⎧ J Axz ⎫ ⎪ ⎪ 2 ⎨ J ⎬ + Ω ⎨⎪+ J ⎬⎪ M=Ω z Ayz z Axz ⎪ ⎪ ⎪ 0 ⎪ ⎩ J Az ⎭ ⎩ ⎭

4.24

perciò

Vediamo che, al contrario del caso di asse principale di inerzia, si ha che anche in caso di rotazione a velocità angolare costante si determina un momento. Questo è il tipico esempio dello squilibrio dinamico di un rotore.

Caso: Ωx=Ωy=0, asse z principale di inerzia, ma non baricentrico Al solito i momenti di deviazione (o prodotti di inerzia) sono nulli, cioè la matrice d’inerzia è diagonale. F = maG 4.25 2 dove in modulo m aG=m r Ωz , r è la distanza del baricentro dall’asse di rotazione. Per i momenti si ha: Mx=My=0, Mz=Jz Ω 4.26 z

Caso: moto parallelo ad un piano contenente due assi principali di inerzia (piano di simmetria) Questo è il caso di riferimento per i meccanismi piani.

Fx = mxG ,

Fy = myG ,

69

Mz = JΩ z

4.27


Assale ferroviario Nei treni (Fig. 4.4) le ruote di un assale sono rigidamente collegate tra loro e montate su un telaio. In figura 4.5 è rappresentato uno schema di un assale ferroviario. L’assale è composto di due ruote collegate rigidamente ad un asse che a sua volta potrà essere collegato al telaio del treno mediante coppie rotoidali oltre che ovviamente dei sistemi di sospensione volti a migliorare comfort e caratteristiche dinamiche del treno. Vogliamo studiare le azioni dinamiche di un assale in curva. Innanzitutto fissiamo un sistema di coordinate fisso (ξ, η, z) e mobile solidale all’assale (x, y, z); entrambi sono baricentrali e l’asse comune z coincide con l’asse dell’assale (Fig. 4.5).

Figura 4.4.

η y

Ωη x Ωz t

ξ

Ωz z Figura 4.5. Assale ferroviario

L’assale è inoltre simmetrico rispetto all’asse z, c’è una ulteriore simmetria rispetto ai due piani fisso o mobile. Viste le forti simmetrie gli assi (x,y,z) sono principali d’inerzia oltre che baricentrali. Poiché il treno è in curva all’assale sono imposte due velocità angolari: una velocità angolare Ωz dovuta all’avanzamento (si ha anche in moto rettilineo), una velocità angolare Ωη attorno all’asse verticale fisso dovuta alla curva. Scriviamo la velocità angolare sugli assi corpo:

70


Ω x = Ωη sin Ω z t ,

Ω y = Ωη cos Ω z t ,

Ωz = Ωz

= Ω Ω cos Ω t , Ω x η z z

= −Ω Ω sin Ω t , Ω y η z z

=0 Ω z

4.28

Il momento necessario a mantenere in moto l’assale è: + Ω×K M = JΩ

4.29

dove: ⎡ J Ax J = ⎢⎢ 0 ⎢⎣ 0

0 J Ay 0

0 ⎤ ⎡Jx ⎥ 0 ⎥ , K = JΩ = ⎢⎢ 0 ⎢⎣ 0 J Az ⎥⎦

0 Jy 0

0 ⎤ ⎧Ω x ⎫ ⎧ J x Ω x ⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 0 ⎥⎥ ⎨Ω y ⎬ = ⎨ J y Ω y ⎬ J z ⎥⎦ ⎪⎩Ω z ⎭⎪ ⎩⎪ J z Ω z ⎭⎪

4.30

inoltre: i Ω × K = Ωx

Ωx J x

j Ωy

k Ωz

Ωy J y

Ωz J z

4.31

si noti che Jx=Jy per la simmetria rispetto al piano (x,y), perciò: ⎧( J z − J y ) Ω y Ω z ⎫ ⎪⎪ ⎪⎪ Ω × K = ⎨( J x − J z ) Ω x Ω z ⎬ ⎪0 ⎪ ⎪⎩ ⎭⎪

4.32

Da cui otteniamo:

+ ( J − J ) Ω Ω = J Ω Ω cos Ω t + ( J − J ) Ω cos Ω t ⋅ Ω M x = J xΩ x z y y z x η z z z y η z z + ( J − J ) Ω Ω = − J Ω Ω sin Ω t + ( J − J ) Ω sin Ω t ⋅ Ω M y = J yΩ y x z x z x η z z x z η z z

4.33

Mz = 0 che si semplificano:

M x = J z Ωη cos Ω z t ⋅ Ω z M y = − J z Ωη sin Ω z t ⋅ Ω z

4.34

Mz = 0 Le 4.34 danno le componenti di M sugli assi mobili; riproiettando sugli assi fissi (Fig. 4.6) si ha: M ξ = J z Ωη Ω z Mη = 0

4.35

Mz = 0

71

Capitolo 4 Richiami di dinamica del corpo rigido. η

J z Ωη cos Ω z t ⋅ Ω z

x y

Ωz t

J z Ωη Ω z

ξ

− J z Ωη sin Ω z t ⋅ Ω z

Figura 4.6.

In definitiva otteniamo un momento avente come unica componente quella sull’asse ξ; ciò implica che questo momento esterno da applicare per mantenere l’equilibrio dinamico si oppone ad un effetto ribaltante dovuto alle azioni giroscopiche dell’assale. L’assale tenderebbe a ribaltarsi verso l’esterno della curva, cioè a sollevare la ruota interna.

4.2 Energia cinetica del corpo rigido. Calcoliamo l’energia cinetica di un corpo rigido (Fig. 4.7), essa si ottiene semplicemente sommando tutti i contributi energetici di ogni elemento infinitesimo del corpo: T=

1 v ⋅ vρ dV 2 V∫

v

4.36

r

A

ricordando che: v = vA + Ω × r

4.37

P V

Figura 4.7.

si ha: 1 1 T = mv A2 + Ω ⋅ S A × v A + Ω ⋅ J A Ω 2 2

4.38

vediamo dei casi interessanti:

Caso: A fisso (≡ O) In questo caso vA=0 e si ottiene: 1 T = Ω ⋅ JOΩ 2

4.39

Caso: A ≡ G In questo caso SG=0 e si ottiene: 1 1 T = mvG2 + Ω ⋅ J G Ω 2 2

Caso di moto piano (piano x,y di simmetria)

72

4.40


1 1 T = mvG2 + Ω 2 J G 2 2

4.41

se inoltre si ha rotazione attorno ad un asse z’: vG=rΩ ; e dunque: 1 1 T = Ω 2 ( mr 2 + J G ) = Ω 2 J z ' 2 2 abbiamo ritrovato il teorema del trasporto.

4.42

4.3 Metodo delle masse di sostituzione Si tratta di un approccio classico usato nelle applicazioni tecniche molto utile per analizzare la dinamica di un corpo rigido mediante una formulazione che si presti all’intuito fisico. Si sostituisce il corpo rigido con un certo numero di masse puntiformi, rigidamente collegate tra loro (Fig. 4.8); si impone poi che il sistema di masse sia dinamicamente equivalente al corpo studiato. Lasciamo per ora indeterminato il numero delle masse, ma consideriamo fisse le loro posizioni nel sistema di riferimento solidale al corpo. z Per l’equivalenza si deve avere:

pari massa m = ∑ mi

4.43

mi

stessa posizione del baricentro

∑m x

i i

=0,

∑m y i

i

=0,

∑m z

i i

=0

m1

4.44

1.1.1.1

y m2 x

stessa inerzia rotazionale J x = ∑ mi ( yi2 + zi2 ), J xy = −∑ mi xi yi ,

J y = ∑ mi ( xi2 + zi2 ), J xz = −∑ mi xi zi ,

Figura 4.8.

J z = ∑ mi ( xi2 + yi2 ), J yz = −∑ mi yi zi

4.45

Abbiamo scritto 10 equazioni, perciò se si utilizzano 10 masse il problema si può risolvere in quanto è di tipo algebrico lineare. Caso piano

∑m x

i i

m = ∑ mi

=0,

4.46

∑m y i

i

=0

J z = ∑ mi ( xi2 + yi2 )

servono solo 4 masse. Se le masse sono allineate su una retta passante per il baricentro allora servono soltanto 3 masse.

73

4.47 4.48

Capitolo 4 Richiami di dinamica del corpo rigido. Uso di 2 sole masse più un momento di inerzia fittizio nel caso piano Vediamo questo metodo attraverso una delle applicazioni più comuni: la biella di un manovellismo (4.10).

B

G

b

A

a

ma

mb

J0 Figura 4.9. Masse di sostituzione: biella.

Sia mb la massa della biella e Jb il momento d’inerzia baricentrico, inoltre l=a+b è la lunghezza della biella. L’equivalenza dinamica ci fornisce le:

mb = mA + mB mB b + mA a = 0 mA a 2 + mB b 2 + J 0 = J b

4.49 4.50 4.51

da cui ricaviamo: mA = mb

b a , mB = mb , J 0 = J b − mb ab l l

4.52

4.4 Dinamica del manovellismo di spinta In questa lezione si studiano le azioni meccaniche agenti su un manovellismo di spinta, con particolare riferimento alle azioni di inerzia nascenti dal moto alterno del pistone. Tali azioni d’inerzia sono di notevole importanza nella generazione delle vibrazioni indotte in tale tipo di meccanismo. L’applicazione principale, come noto, è da riferirsi ai motori endotermici, per i quali, le vibrazioni prodotte influenzano notevolmente il comfort del veicolo. Nell’analisi si scinderanno gli effetti statici dagli effetti dinamici in due analisi separate; tali effetti potranno in ogni caso essere sommati, poiché vale il principio di sovrapposizione degli effetti. 4.4.1 Azioni statiche. In un motore endotermico la forza motrice nasce sul cielo del pistone, dove agiscono le forze di pressione. In figura 4.11 si indica con P la risultante della pressione agente sul pistone; essa ha direzione parallela all’asse della guida (cilindro).

Figura 4.11.

74

Capitolo 4 Richiami di dinamica del corpo rigido. Analizzando l’equilibrio del pistone si vede che esso è caricato dal telaio (S41) e dalla biella (S21). Dopo aver ricavato la S21 si ricava facilmente la S23 dall’equilibrio della biella, ed infine il momento motore Mr. È chiaro che a causa della variazione della posizione della biella, a parità di P si avrà un momento motore variabile con l’angolo di posizione della manovella. Inoltre si tenga presente che la forza P in generale varia a seconda della posizione del pistone. Il momento motore risultante è perciò variabile. 4.4.2 Azioni dinamiche. Ipotizziamo che la velocità angolare della manovella sia costante. Inoltre si procede all’analisi delle varie forze di inerzia separatamente per i vari membri del meccanismo.

Azioni di inerzia sulla biella. Utilizziamo il metodo delle masse di sostituzione. In particolare sostituiamo alla biella un sistema di due masse, posizionate sui centri delle coppie rotoidali, più un momento di inerzia fittizio. Ovviamente si ipotizza che il baricentro della biella si trovi sulla retta passante per le due coppie rotoidali (Fig. 4.12).

B

G

b

A

mb

J0

a l Figura 4.12. Dinamica del manovellismo: inerzia biella.

Ricordiamo le relazioni: b a 4.53 mA = mb , mB = mb , J 0 = J b − mb ab l l dove abbiamo definito: mb la massa della biella, Jb il momento d’inerzia baricentrico, l=a+b lunghezza della biella.

Figura 4.13. Dinamica del manovellismo: azioni di inerzia.

A causa del moto alterno del punto B (Fig. 4.13) nasce una forza di inerzia legata alla accelerazione di B ed alla massa equivalente mA della biella in B. Il punto A si muove invece di moto circolare uniforme, perciò nascerà una forza centrifuga legata all’accelerazione centripeta di B ed alla massa equivalente della biella in A.

75

ma


Figura 4.14. Dinamica del manovellismo: coppia di inerzia.

Come è noto la biella si muove di moto rototraslatorio non uniforme, essa sarà soggetta ad una accelerazione angolare; nascerà dunque una coppia di inerzia pari a J 0γ e di verso opposto a γ . Ricordiamo le relazioni cinematiche relative al manovellismo di spinta: A sinγ=r sinϕ

4.54

γ cos γ = λΩ cos ϕ γcos γ − γ 2 sin γ = −λΩ 2 sin ϕ

4.55a

differenziando la 4.54 si ha:

4.55b

dove λ= r/ A . Se λ<<1 allora γ≈π, cosγ≈-1 e sin γ ≈0; utilizzando tali semplificazioni si ha:

γ −λΩ cos ϕ , γ λΩ 2 sin ϕ

4.56a

La coppia d’inerzia, risultante dall’accelerazione angolare della biella, si può scrivere in maniera equivalente come un sistema di due forze uguali in modulo e di verso opposto. In modulo tali forze si possono ricavare nel seguente modo:

YA A cos γ = J 0 λΩ 2 sin ϕ

4.56b

Figura 4.15. Coppia equivalente.

da cui:

YA =

J 0 λΩ 2 sin ϕ J r Ω 2 sin ϕ 0 2 A cos γ A

Le forze di inerzia agenti sul punto B sono legate all’accelerazione del pistone (eq. 3.49) ed alla somma della massa del pistone più la massa equivalente della biella in B. Consideriamo separatamente i vari contributi inerziali: 1. Fr si scarica direttamente sul perno di banco. 2. Fa si scarica direttamente sul banco attraverso biella e manovella. Inoltre si scompone nella somma (S’14 + S’12)

Figura 4.16. Inerzie pistone e manovella.

76

4.57

Capitolo 4 Richiami di dinamica del corpo rigido. causando una forza che agisce sul mantello. Infine da un contributo inerziale alla rotazione della manovella e dunque una componente fluttuante che influisce sulla coppia all’albero. 3. YB si scarica sul mantello del cilindro (banco). 4. YA si scarica sul perno di banco attraverso la manovella 3, inoltre da luogo ad un piccolo contributo inerziale alla rotazione della manovella e dunque una componente fluttuante che influisce sulla coppia all’albero. Le maggiori sollecitazioni che arrivano al banco sono dovute a Fr e S’43, in particolare di quest’ultima è particolarmente importante la sua componente Fa . Tali forze sono responsabili di grosse sollecitazioni sugli organi meccanici e vibrazioni.

4.4.3 Compensazione delle forze d’inerzia. Per quanto detto in precedenza ci occupiamo della compensazione di Fr e Fa.

Il bilanciamento della Fr è molto semplice, tale forza è dovuta al moto rotatorio della manovella. Si ha una massa equivalente della biella concentrata in A ed una massa della manovella concentrata nel suo baricentro. Possiamo allora pensare ad una manovella conformata come quella in figura 4.17, dove il baricentro è all’opposto dell’occhio di biella rispetto all’asse di rotazione. Matematicamente ciò significa imporre: m b b 4.58 mm rG + mb r = 0 , ⇔ rG = − r b , A mm A

Figura 4.17.

La 4.58 ci fornisce quantitativamente la posizione del baricentro; in sostanza ci permette di progettare il “contrappeso”. La compensazione di Fa è più complessa, la sua forma analitica è: a⎞ ⎛ 4.59 Fa − ⎜ m p + mb ⎟ r Ω 2 [ cos ϕ + λ cos 2ϕ ] = FaI + FaII A⎠ ⎝ La Fa si compone perciò di due parti: una forza del primo ordine avente pulsazione pari a Ω (cos ϕ=cosΩt) ed una forza del secondo ordine avente pulsazione pari a 2Ω.

Figura 4.18. Compensazione forze di inerzia del primo ordine.

Osservando la figura risulta immediato che la FaI può essere scomposta come la somma di due forze H aventi modulo costante e rotanti una in senso orario e l’altra in senso antiorario. Il modulo di tali forze è: 1⎛ a⎞ H = ⎜ m p + mb ⎟ r Ω 2 A⎠ 2⎝

4.60

77


Delle due forze aventi modulo H, quella avente lo stesso verso di rotazione dell’albero (ed anche la stessa velocità angolare ovviamente) si può bilanciare facilmente allo stesso modo visto in precedenza, cioè aggiungendo una opportuna massa al contrappeso della manovella. La seconda forza, quella controrotante, si può bilanciare mediante un albero separato avente stessa velocità angolare dell’albero motore, ma verso opposto. La forza alterna FaII si può scomporre nello stesso modo della FaI; si otterranno due forze controrotanti, aventi modulo costante. Tali forze però ruoteranno ad una velocità angolare doppia rispetto all’albero motore. In tal caso l’equilibratura si può ottenere mediante due alberi controrotanti ed aventi velocità angolare doppia rispetto a quella dell’albero motore (Fig. 4.19).

Figura 4.19. Compensazione forze di inerzia del secondo ordine.

Nei motori pluricilindrici le forze del primo ordine sono spesso bilanciate naturalmente (caso del 4 cilindri in linea). In questi casi si ha la necessità di soli due alberi per avere l’eliminazione delle forze del secondo ordine. Si tenga presente che la presenza di alberi di equilibratura complica molto la meccanica ed aumenta i costi, perciò la presenza di questi dispositivi non è molto diffusa nei mezzi di uso comune.

78

Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti.

Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti. 5.1 Attrito radente: teoria Coulombiana Nel caso ideale (assenza di attrito) la forze che si scambiano due solidi sono ortogonali alla normale alle superfici nel punto di contatto (Fig. 5.1). Ciò avviene anche se si determina moto di strisciamento tra i corpi. Nel caso reale, se tra i corpi c’è una interazione mutua, allora la forza che si scambiano potrà essere non ortogonale alle superfici, pur restando sempre uguali e contrarie le forze che i due corpi si scambiano. Il modello di attrito più semplice è quello Coulombiano. Supponiamo che un corpo avente peso Fn sia appoggiato su una superficie piana e che abbia una certa velocità v di traslazione (Fig. 5.2). Dall’azione di contatto tra le superfici nascerà: una forza di reazione uguale e contraria ad Fn e una forza di attrito che si oppone al moto:

T=f Fn

Figura 5.1.

v

Figura 5.2.

5.1

Fn

Dove f è detto coefficiente di attrito: esso è adimensionale e, nella teoria Coulombiana, è considerato costante, cioè non dipende dalla pressione agente sulle superfici, né dalla velocità relativa tra i corpi. Nella realtà le cose sono più complicate, ma spesso questa teoria semplificata può essere ritenuta ingegneristicamente accetabile. Ovviamente, per mantenere lo stato di moto uniforme, al corpo dovremo applicare dall’esterno una forza uguale e contraria a T, altrimenti il corpo avrebbe un moto uniformemente ritardato. Riassumendo: o o o

f non dipende dalla pressione di contatto (dalle forze normali e dall’estensione della superficie di contatto) f non dipende dalla velocità relativa f dipende dai materiali e dallo stato di finitura delle superfici

Si noti che la reazione complessiva del supporto può essere composta come in figura 5.3. Si ha che la risultante è inclinata di un angolo costante dato da: tan ϕ =

T = f Fn

ϕ

5.2

T Figura 5.3.

79

R


Per mantenere il corpo in moto uniforme occorre che il sistema di forze applicato al corpo sia equilibrato, cioè abbia risultante nulla e risultante dei momenti nulla (vedasi lo schema in figura).

F

v Fn

F ϕ

R

Si noti che la forza di attrito T ha verso contrario alla velocità v:

T o

le forze di attrito • si oppongono al moto relativo • compiono sempre lavoro negativo • dissipano energia.

Figura 5.4.

Si noti che la condizione T=f Fn è condizione limite: o o

se Ft>f Fn il corpo accelera, per esempio può passare dalla quiete al moto relativo se Ft
Pensando alla realtà, cioè a corpi tridimensionali, possiamo dire che: o o o

se la forza che sollecita il corpo è interna ad un cono avente semi-apertura ϕ, allora lo stato finale sarà la quiete se la forza che sollecita il corpo è esterna ad un cono avente semi-apertura ϕ, allora si avrà aumento indefinito della velocità la forza che sollecita il corpo è su un cono avente semi-apertura ϕ, allora il corpo rimarrà indefinitamente nello stato in cui è.

In realtà le cose sono un più complesse: f dipende sia dalla pressione che dalla velocità, in particolare da quest’ultima nella distinzione tra moto e quiete. Un miglioramento al modello, ma senza troppe complicazioni è il seguente: o o o

si indichi fa l’attrito di primo distacco, cioè quello che si ha a velocità nulle o ridottissime si indichi fd l’attrito di dinamico, cioè quello che si ha a velocità non nulle in genere si indichi fa > fd

Di conseguenza definiremo due coni: uno di primo distacco ed uno dinamico, il secondo interno la primo. Per iniziare lo slittamento dovremo esercitare una certa forza tangenziale, poi, dato che le veocità aumentano subito, si avrà una riduzione della reazione di attrito T e, per mantenere un moto uniforme, dovremo ridurre la forza tangenziale esterna. Questo comportamento spiega bene perché nella frenata di una automobile, lo slittamento dei pneumatici determina un allungamento degli spazi di frenata.

80

f (coefficiente di attriti)


10-3

10-2

10-1

100

101

102 Velocità [m/s]

Figura 5.5.

In figura 5.5 possiamo vedere un tipico andamento del coefficiente di attrito con la velocità: come si vede si ha una variazione continua; dato però che la scala delle ascisse è logaritmica, in verità si ha un brusco calo del coefficiente di attrito dalle bassissime velocità a velocità finite, dopodiché l’andamento è pressoché costante. È da notare inoltre che, a rigore, il coefficiente di attrito dipende anche da: o Pressione: al diminuire della pressione si ha un incremento del coefficiente di attrito. Ciò spiega l’impiego di pneumatici larghi sulle automobili, nel caso in cui si voglia aumentare l’aderenza. o Temperatura: tende a diminuire con l’aumento della temperatura in modo non lineare.

5.2 Cenni su: usura e teorie sull’attrito. In questo paragrafo si fanno brevi cenni sui meccanismi fisici che generano le azioni di attrito. Quando due superfici di corpi reali entrano in contatto, il contatto stesso non avverrà su tutta la superficie, ma a causa della rugosità superficiale soltanto alcune zone entreranno in contatto. In queste zone si determinano delle forti pressioni, notevolmente più elevate di quella nominale. L’attrito può essere giustificato dalle seguenti fenomenologie: o

o

Figura 5.6.

Microgiunzioni dovute alle zone ad elevata pressione a causa della quale si può avere plasticizzazione e saldatura tra i materiali. La resistenza a rottura del materiale a taglio nelle zone di giunzione dà origine a forze tangenziali (attrito). Interazione meccanica sui fianchi delle asperità. Anche in questo caso la resistenza alla deformazione dà origine a forze tangenziali.

Come si vede la presenza dell’attrito è sempre legata anche a fenomeni di usura. Infatti, durante i processi descritti si ha una continua asportazione microscopica di materiale, che porta nel tempo ad una usura dei pezzi a contatto. L’usura è un fattore molto importante che può determinare il degrado, fino alla rottura, di un componente di una macchina. A causa dell’usura possono aumentare i giochi tra gli elementi

81

Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti. cinematici, con i seguenti possibili malfunzionamenti: perdita di precisione nella trasformazione del moto; urti tra i pezzi accoppiati, con conseguente innesco di altri fenomeni di rottura; vibrazioni, con conseguenti effetti di rumorosità e rotture a fatica; fenomeni di instabilità dinamica. Per ridurre attrito ed usura è possibile intervenire attraverso la lubrificazione degli organi. In sostanza si tratta di interporre del fluido (olio, grasso o altro) tra i corpi in contatto. La lubrificazione porta i seguenti benefici: o o o

Riduzione delle microgiunzioni Riduzione delle zone in contatto diretto Riduzione della resistenza nelle zone di microgiunzione

Nel caso in cui il fluido interposto non determini la completa separazione tra le due superfici, ma esistano sempre zone in cui i corpi vengono in contatto direttamente, si dice che si è in condizione di lubrificazione limite. Nella tabella 5.1 seguente si riportano alcuni valori del coefficiente di attrito.

Tabella 5.1. Coefficienti di attrito. coefficiente di coefficiente di attrito di attrito dinamico fd primo distacco fa acciaio/Teflon 0.05 acciaio/acciaio 0.1-0.4 0.6-0.8 ghisa/acciaio 0.2-0.3 0.38-0.42 assenza di acciaio/nailon 0.2-0.4 lubrificazione acciaio/bronzo fosforoso 0.3 (acciaio, ghisa)/materiale 0.3-0.4 freni rame/rame 0.7-1.5 1-1.8 bronzo/bronzo 0.7-1.5 1-1.8 cromo/cromo 0.7-1.5 1-1.8 PVC/acciaio 0.1-0.3 0.35-0.55 acciaio/elastomeri 1.6-10 acciaio/acciaio 0.07-0.16 0.08-0.2 acciaio/bronzo 0.1 0.15-0.2 lubrificazione limite acciaio/metallo bronzine 0.1 0.1 ghisa/acciaio 0.1-0.2 0.1-0.2 Condizioni superfici

Materiali

5.3 Semplice modello per la valutazione dell’usura: ipotesi di Reye. L’ipotesi di Reye si enuncia molto semplicemente:

VOLUME DI MATERIALE ASPORTATO

∝

LAVORO DELLE FORZE DI ATTRITO

Cioè:

V=K Lp

5.3

82


5.4 Attrito volvente. In questo paragrafo si tratta il problema delle dissipazioni che si determinano nel rotolamento: il rotolamento può avvenire tra superfici non combacianti. Il contatto si ha su un punto o su una linea nel caso di corpi perfettamente rigidi. In realtà tutti i materiali sono deformabili, il contatto si sviluppa perciò sempre su una area. Lo studio dei problemi di contatto è un argomento molto complesso che esula dagli obiettivi di questo corso. Qui si fanno alcuni cenni alla teoria di Hertz sulle deformazioni di alcuni tipi di corpi deformabili a contatto, sottoposti ad azioni di compressione, ma senza strisciamento. Figura 5.7.

Sfera su sfera. Consideriamo due sfere di raggio R1 R2 sottoposte all’azione di una forza di compressione Q (Fig. 5.8). Le due sfere si deformeranno nella zona di contatto, che passerà da un punto (corpi rigidi) ad una superficie circolare avente raggio r:

r = 1.113

Q , Eρ

ρ=

1 1 + R1 R2

5.4

nella deformazione i centri delle sfere si avvicineranno di una quantità a proporzionale a Q2/3.

sfere rigide

Q

sfere elastiche

Q

r

Q

Q Figura 5.8.

83

Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti. Cilindri. In questo caso immaginiamo che due cilindri di raggio R1 R2 siano sottoposti ad un carico distribuito linearmente in direzione normale all’asse e passante per il punto ideale di contatto (Fig. 5.9). Si avrà una distribuzione uniforme del carico che determina una deformazione nella zona di contatto. La superficie di contatto sarà ora rettangolare dove:

b = 1.52

Q EρA

5.5

con lo stesso significato dei simboli usati nella 5.4. Nel caso dei cilindri l’avvicinamento degli assi è proporzionale alla risultante Q del carico. p=Q/l

p=Q/l

ℓ

ℓ

2b

Figura 5.9.

Riassumendo:

• •

Sfere − Raggio area di contatto r ∝ Q1/3. − Avvicinamento a ∝ Q2/3. Cilindri − Larghezza area di contatto 2b ∝ Q1/2. − Avvicinamento a ∝ Q.

84

Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti. Effetti del rotolamento. Nel caso in cui due corpi perfettamente R elastici in contatto rotolino l’uno sull’altro, l’andamento delle pressioni di contatto (vedi figura 5.10), è perfettamente identico al caso in cui non c’è rotolamento: le pressioni di contatto hanno un andamento simmetrico rispetto alla normale alle superfici nel punto di contatto ideale. Il risultato è che la risultante del campo di pressione è normale alla superficie ed è applicata esattamente nel punto di contatto ideale. Da un punto di vista macroscopico, cioè considerando solamente le risultanti delle forze, la situazione è perfettamente analoga al rotolamento tra corpi Figura 5.10. perfettamente rigidi. In pratica non si ha nessun effetto dissipativo, poiché, per definizione, deformazioni elastiche non dissipano energia. La realtà è diversa, sappiamo bene che una ruota che rotola su un piano prima o poi si ferma. Cosa dissipa l’energia cinetica? Sommariamente possiamo dire che una ruota che rotola liberamente su di un piano è soggetta a due azioni dissipative: effetti di attrito interno nei materiali che si deformano, dissipazioni di carattere fluidodinamico; ci occuperemo di una descrizione dei primi. Due corpi reali che si deformano possono avere i seguenti tipi di effetti dissipativi: •

•

Elasto-plastico: il corpo deformato riacquista solo parzialmente la posizione indeformata (si pensi ad un pneumatico che rotola su un terreno sabbioso, il terreno resta deformato). Isteresi: il corpo recupera la posizione iniziale, ma restituisce una forza minore rispetto a quanto speso in fase di deformazione di compressione.

Q

R

Nel rotolamento, a causa degli effetti isteretici e/o di plasticità, si determina una dissimmetria nell’andamento delle pressioni (Fig. 5.11). La risultante delle azioni che il terreno esercita sulla ruota si sposta perciò in avanti, nel senso del moto, di una certa quantità δ. Per mantenere la ruota in moto uniforme occorre perciò esercitare una azione motrice, per esempio un momento:

M=Qδ

δ Figura 5.11.

5.6

85

Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti. Il lavoro compiuto da M equivale al lavoro dissipato dall’attrito volvente: Lp=M Θ = Q δ s / R = Q fs s

5.7

Si definiscono:

• •

fs coefficiente di attrito volvente δ parametro di attrito volvente.

La 3.7 fa riferimento al lavoro compiuto da M in una generica rotazione Θ che corrisponde ad uno spostamento s. L’ultima parte della 5.7 è formalmente uguale alla formula dell’attrito radente, anche se il significato fisico dei simboli è completamente diverso, facendo riferimento a un fenomeno legato al rotolamento senza strisciamento.

Tabella 5.2. Valori di massima del coefficiente di attrito volvente Cuscinetti radiali orientabili a sfere 0.0010 Cuscinetti assiali a sfere 0.0013 Cuscinetti radiali rigidi a sfere 0.0015 Cuscinetti a rulli cilindrici 0.001-0.002 Cuscinetti orientabili a rulli 0.0018 Cuscinetti a rulli conici 0.0018 Cuscinetti obliqui a sfere 0.002 Ruota su rotaia (D è il diametro ruota espresso in mm 0.026 D Pneumatico su strada 0.01

Fatica superficiale. Anche nel caso del rotolamento si può andare incontro a fenomeni di deterioramento dei materiali. La massima sollecitazione del materiale deformato si ha negli strati appena sottostanti la superficie di contatto. Con cicli ripetuti di sollecitazione si possono creare nel materiale delle fessurazioni e lo sfogliamento del materiale, questo fenomeno è detto vaiolatura o pitting. Anche se in generale la presenza di un lubrificante migliora l’usura, la fatica superficiale può essere rilevante anche in caso di buona lubrificazione, poiché dipende soltanto dalle pressioni in gioco. È il caso delle ruote dentate: anche se la lubrificazione è garantita poiché sono generalmente a bagno d’olio, se le pressioni di esercizio sono troppo elevate, si può avere vaiolatura.

86


5.5 Rendimenti •

Macchine o Trasformano l’energia (lavoro, potenza)

In generale nelle macchine agiscono forze e/o coppie.

Classificazione. • • • •

Forze esterne: forze esercitate su un membro del meccanismo dall’esterno. Forze interne: forze che i vari membri del meccanismo si scambiano reciprocamente. Forze motrici: forze esterne che compiono lavoro positivo. Forze resistenti: forze esterne che compiono lavoro negativo.

5.5.1 Definizioni. Nelle macchine si determinano delle perdite di energia la cui conseguenza è che non tutta l’energia fornita alla macchina arriva all’utilizzatore. Le cause delle perdite si possono genericamente identificare: • •

Parti in movimento: corpi a contatto, moti relativi, strisciamenti ed attrito. Presenza di fluidi: lubrificazione, raffreddamento, perdite dovute alla visosità.

• •

Le forze di attrito compiono sempre lavoro negativo. L’attrito è la causa della dissipazione di energia.

Definizioni. • Lm • Lr • Lp

lavoro compiuto dalle forze motrici lavoro compiuto dalle forze resistenti (utilizzatore) lavoro compiuto dalle forze di attrito

Per convenzione il lavoro sarà considerato in valore assoluto.

Equazione dell’energia. Per un sistema possiamo scrivere l’equazione del bilancio energetico: Lm - Lr - Lp = ΔE

5.8

La somma dell’energia fornita o sottratta ad un sistema meccanico si traduce in una variazione di energia interna. I lavori vanno presi in valore assoluto. ΔE è la variazione di energia interna (cinetica, potenziale, termica ecc.). Per ciò che concerne la presente trattazione si farà riferimento soltanto all’energia cinetica, se non diversamente specificato.

Regime assoluto. Consideriamo un sistema in cui ΔE sia costantemente nulla in un certo intervallo di tempo (di osservazione). In tal caso l’equazione dell’energia si riduce a: Lm = Lr + Lp t∈(t1, t2) REGIME ASSOLUTO

5.9

Regime periodico. Consideriamo ora un sistema in cui E fluttui periodicamente, ciò significa che ΔE fluttuerà e sarà nulla periodicamente. Se indichiamo con T il periodo di oscillazione dell’energia si può scrivere:

87


Lm = Lr + Lp ,

t=t1, t1+T, t1+2T, t1+3T

REGIME PERIODICO

5.10

Rendimento. In condizioni di regime (assoluto o periodico) su definisce il rendimento di una macchina:

η=

Lr Lm

5.11

In condizioni ideali (Lp = 0) non si ha perdita di energia e tutto il lavoro fornito raggiunge l’utilizzatore. condizioni ideali ⇒ η = 1

Definiamo il lavoro motore in condizioni ideali, immaginando di fare riferimento ad un certo lavoro assorbito dall’utilizzatore:

condizioni ideali Lm0 =Lr

5.12

In condizioni reali una parte di energia si perderà per attrito, per fornire all’utilizzatore sempre la stessa energia dovrà ovviamente variare (aumentare) il lavoro motore fornito dall’esterno alla macchina. Possiamo allora riscrivere il rendimento in forma equivalente:

condizioni reali

η=

Lm 0 Lm

5.13

Nel caso in cui la forza (o coppia) motrice sia costante, e solo in questo caso, si può anche scrivere il rendimento in termini di forza:

η=

P0 P

5.14

dove P0 è la forza motrice in condizioni ideali, mentre P è quella in condizioni reali. Considerando le 5.9-10 possiamo riscrivere il rendimento:

η = 1−

Lp

5.15

Lm

5.5.2 Rendimenti di macchine in serie ed in parallelo Schematizziamo le macchine come delle scatole aventi un ingresso (lavoro motore), un’uscita (lavoro resistente) ed una perdita interna (lavoro perduto):

88

Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti. Lm

Macchina (es. riduttore)

motore

Lr

utilizzatore

Lp Figura 5.12.

Macchine in serie. Colleghiamo un motore (es un motore elettrico) ad un utilizzatore (es. una macchina utensile), immaginiamo però che il numero di giri del motore non sia adatto alla macchina utensile, perciò abbiamo bisogno di un sistema che riduca il numero di giri; immaginiamo inoltre che per motivi costruttivi la trasformazione del moto non possa essere eseguita con un unico dispositivo, ma si ha la necessità di successive trasformazioni. In astratto ciò si può genericamente indicare con lo schema delle macchine in serie come rappresentato in figura 5.13.

motore

Lm=Lm1

η1

T1

Lr1=Lm2

η2

T2

Lp1

η3

Lr2=Lm3

T3

Lp2

Lr(n-1)=Lmn

Lp3

ηn

Lrn=Lr

Tn

utilizzatore Lpn

Figura 5.13.

Calcoliamo il rendimento globale di questo sistema:

Lr=ηn Lmn=ηn ηn-1 Lm(n-1)= ηn ηn-1 ηn-2 Lm(n-2)= Lm

n

∏η

k

5.16

k =1

Il rendimento delle macchine in serie è dunque il prodotto di tutti i rendimenti delle macchine che sono collegate in cascata.

η=

n

∏η

5.17

k

k =1

Commenti: il rendimento di una macchina incide direttamente sul rendimento complessivo basta una sola macchina con basso rendimento per fare calare il rendimento complessivo

• •

Macchine in parallelo. Immaginiamo ora di avere un certo numero di utilizzatori che prendono potenza direttamente da un motore, ovviamente attraverso dei dispositivi di trasformazione: per esempio possiamo pensare a dei servizi che prendono potenza da un motore elettrico attraverso una serie di cinghie montate sull’albero del motore. Mediante la solita schematizzazione a blocchi si può determinare il rendimento complessivo del sistema indicato in figura 5.14.

89

Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti. η1

Lm1

Lr1

T1

U1

Lp1 η2

Lm2

Lr2

T2

U2

Lp2

motore

η3

Lm3

Lr3

T3

U3

Lp3 ηn

Lmn

Lrn

Tn

Un

Lpn Figura 5.14.

Esprimiamo il rendimento: n

η=

∑ Lrk k =1 n

∑ Lmk

n

=

k =1

∑ηk Lmk k =1 n

∑ Lmk

n

=

∑η L k =1

k

mk

Lm

5.18

k =1

Nella 5.18 compare una media ponderata dei rendimenti di tutte le macchine di trasformazione, dove il peso è il lavoro che attraversa la singola macchina. Ciò significa che il rendimento di una certa macchina influirà sul rendimento complessivo a seconda della potenza che la attraversa. Ad esempio, se una macchina avente basso rendimento, ma è collegata ad un utilizzatore che assorbe poca potenza, allora non ci sarà un grande degrado del rendimento complessivo. Questa caratteristica differenzia molto lo schema in parallelo da quello in serie dove una singola macchina poteva portare al degrado complessivo del rendimento del sistema.

Moto retrogrado. Consideriamo il semplice schema alla nostra destra, Mr Mm inizialmente il motore fornisce coppia sufficiente a sollevare il peso P. Immaginiamo ora di ridurre la coppia trasmissione motore motrice fino ad arrivare all’arresto del corpo appeso al cavo. Ci chiediamo cosa accade se, riducendo ancora la coppia motrice, al limite fino a zero, ma senza invertirla: η T il moto si inverte? Cioè il peso inverte la sua marcia ed inizia a scendere oppure si ferma dove è? Vedremo che tutto dipende dal rendimento della trasmissione. Notiamo che, se si inverte il moto, cioè siamo in Figura 5.15. P condizione di moto retrogrado, l’azione motrice e resistente si scambiano di ruolo: l’azione motrice diventa resistente e l’azione resistente diventa motrice. Per chiarire questa situazione introduciamo un apice ai lavori: L’m

lavoro motore retrogrado

per quanto detto sull’inversione si ha:

90

Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti. L’m= Lr

lavoro resistente nel moto diretto

definiamo ora il rendimento nel moto retrogrado analogamente al moto diretto:

η'=

L' r L' r = L'm Lr

5.19

considerando il lavoro perduto nel moto retrogrado L’p si ha:

1 −η ' =

L' p

5.20

Lr

considerando la definizione di rendimento nel moto diretto possiamo scrivere:

1 − η ' L' p Lm L' p 1 k = = = Lr L p L p η η 1 −η

5.21

dove si è definito k=L’p / Lp. Ricaviamo ora η’:

η'= 1−

(1 − η ) k = η + kη − k η

η

5.22

Se si avesse η’<0 il moto retrogrado sarebbe impossibile, considerando la 5.22 ciò avviene se:

η + kη − k < 0 moto retrogrado impossibile

5.23

si può dunque trovare il rendimento del moto diretto che impedisce il moto retrogrado:

η<

k k +1

5.24

talvolta si può considerare che il rapporto k ≈ 1, in tal caso il moto retrogrado è possibile se η > 0.5. Queste considerazioni sono molto interessanti nelle applicazioni pratiche. Infatti a causa di una riduzione imprevista della potenza motrice in un impianto (dovuta magari a cali di potenza nella rete elettrica) si potrebbe avere una inversione del moto del sistema, con conseguenti situazioni pericolose. Se il rendimento del sistema è però sufficientemente basso, allora si può ritenere che l’inversione del moto sia improbabile, e si può evitare l’uso di sistemi di blocco di emergenza. Ovviamente affidarsi solamente a ciò non garantisce sicurezza assoluta, perciò in impianti delicati, come ad esempio gli ascensori, i sistemi di sicurezza sono sempre previsti.

91


5.6 Attrito di strisciamento nelle coppie elementari. 5.6.1 Coppia prismatica. Consideriamo un albero supportato in due punti (Fig. 5.16), dove P è l’azione motrice e Q è quella resistente.

direzione Rb

direzione Ra

A

forza motrice P?

B v

Q

α

Figura 5.16.

Eseguiamo l’equilibrio statico del sistema trascurando l’attrito sui supporti. Dai punti di intersezione della retta di azione di P con quella di Rb e della retta di azione di Q con quella di Ra individuiamo una retta, detta retta ausiliaria. Si può dimostrare che la risultante di P + Rb (con neretto indichiamo dei vettori) e quella di Q + Ra si trovano sulla retta ausiliaria (Fig. 5.17).

Dir. Rb

Dir. Ra

P

A Dir. Q Retta ausiliaria

Figura 5.17.

92

B

Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti. Il problema da risolvere è dato da tre vettori noti in direzione (P, Rb ,Ra) ed un vettore noto Q (Fig. 5.18). Componiamo i vettori P, Rb definendo W = P P + Rb (ancora incogniti), tali vettori si dovranno comporre in B. Componiamo ora Q ed Ra (nel Rb punto A) definendo il vettore somma W’ = Q + W Ra. Ra Ci siamo ridotti da un sistema di 4 forze agenti Q sull’albero ad un sistema di sole due forze. Per l’equilibrio alla traslazione deve essere W’ = -W mentre per l’equilibrio alla rotazione i due vettori Figura 5.18. devono giacere sulla stessa linea d’azione (la retta ausiliaria passante per i punti A e B). In figura si può vedere la soluzione grafica del problema. Perturbiamo lo stato del sistema considerando l’attrito sui supporti. Immaginiamo una perturbazione sufficientemente piccola da non modificare il verso delle reazioni vincolari. In tal caso sappiamo che queste ultime dovranno inclinarsi di un angolo pari all’angolo di attrito, in modo tale da compiere lavoro negativo (la componente si deve opporre al moto relativo tra i membri). Il problema si risolve come nel caso precedente, ma tenendo conto della diversa direzione delle reazioni vincolari. direzione Ra

forza motrice P?

Rb Ra

direzione Rb

v

Q

α

A

B

Figura 5.19.

Dalla figura 5.19 si vede che, avendo tenuto fissa l’azione resistente Q l’azione motrice P è aumentata, infatti abbiamo dovuto compiere del lavoro in più per bilanciare il lavoro perduto. 5.6.2 Piano inclinato: rendimento e moto retrogrado. Consideriamo il disegno in figura: un grave pesante Q viene trascinato da una forza P su di un piano inclinato. Per effetto dell’attrito la reazione del piano non è ortogonale al piano stesso, ma inclinata dell’angolo di attrito. Si vuole determinare P e la condizione per il moto retrogrado.

93

Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti. Consideriamo la normale alla reazione R e proiettiamo su di essa tutte le forze in gioco (Fig. 5.20). In tal modo abbiamo eliminato dal calcolo la reazione vincolare, di cui però teniamo conto per mezzo della sua retta di azione.

R ϕ

α

α

P

ϕ

Q

Figura 5.20.

Dall’equilibrio otteniamo:

Q sin(α + ϕ ) = P cos ϕ da cui: P=Q

5.25

sin(α + ϕ ) sin α cos ϕ + cos α sin ϕ =Q cos ϕ cos ϕ

5.26

nel caso ideale ϕ = 0, dunque:

P0 = Q sin α

5.27

da cui otteniamo il rendimento:

η=

P0 cos ϕ cos ϕ 1 = sin α = = P sin α cos ϕ + cos α sin ϕ cos ϕ + cotanα sin ϕ 1 + f cotanα

5.28

si noti che abbiamo usato direttamente le forze, anziché il lavori, poiché esse in questo caso sono costanti.

Moto retrogrado. Nel moto retrogrado Q diventa motrice, ϕ cambia segno e P cambia valore, perciò la chiameremo P’, quest’ultima da motrice diventa resistente. Per l’equilibrio si possono usare gli stessi schemi:

P' = Q

sin(α − ϕ ) sin α cos ϕ − cosα sin ϕ =Q sin(−ϕ + π / 2) cos ϕ

94

5.29

Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti. Si ha moto retrogrado se P’ > 0; poiché ϕ < π/2 si ha: P’ > 0 P’= 0

se ϕ < α se ϕ = ϕa = α

5.30a 5.30b

Partendo dallo stato di quiete il moto retrogrado si avvia se α > ϕa . Calcoliamo il rendimento nel moto retrogrado:

η'=

P ' sin α cos ϕ − cos α sin ϕ 1 = = 1 − f cotanα P0 cos ϕ sin α

5.31

P’ è la forza che compie lavoro resistente, mentre P0 è la forza del moto diretto che fornisce il lavoro pari a Q, cioè il lavoro motore nel moto retrogrado. nel caso limite ϕa = α abbiamo:

η 'A = 0 ηA =

1 1 + tan ϕ a / tan α

=

5.32

1 2

Nel caso in cui la P non fosse stata parallela al piano, si sarebbe ottenuto un rendimento limite nel moto diretto leggermente diverso da 0.5, ma nel caso in cui l’attrito fosse stato piccolo si sarebbe avuto un valore molto vicino. Dalla 5.31 si può notare che: η’ è pari al reciproco di η, dove va posto –f anziché f. 5.6.3 La coppia rotoidale. La coppia rotoidale è in genere composta da un albero inserito in una sede avente diametro leggermente maggiore (gioco). Immaginiamo inizialmente che l’albero sia in quiete rispetto alla sede e sia caricato da una forza N sull’asse; la sede reagirà con una forza uguale e contraria, vedasi figura 5.22).

M

N

N

β

R

R P’ `P Figura 5.22.

Applichiamo ora un momento M all’albero:

95

Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti. • • • • •

L’albero inizia a rotolare nella sua sede. R si inclina rispetto alla normale al punto di contatto che si sposta da P a P’ a causa del rotolamento; essa rimane sempre parallela a N, ma non più sulla stessa retta di azione. Quando β ≥ ϕa inizia lo striciamento. Sappiamo che quando si determina strisciamento con velocità non infinitesime il coefficiente di attrito si abbassa. Il punto di contatto allora tornerà indietro fino a stabilizzarsi in modo tale che β = ϕ (coefficiente di attrito dinamico).

Si è perciò instaurato un processo dinamico che potrebbe stabilizzarsi o meno su un punto fisso (equilibrio). Per semplicità abbiamo ipotizzato che ciò avvenga e quindi, dopo un transitorio trascurabile, si abbia β = ϕ. In condizioni stazionarie R sarà dunque inclinata di un angolo ϕ rispetto alla normale al punto di contatto. Essa si manterrà perciò ad una distanza fissa dal centro della coppia (trascuriamo il gioco) e quindi sarà tangente ad una circonferenza con centro il centro della coppia ed avente come raggio ρ questa distanza. In presenza di attrito le forze che si scambiano due membri collegati mediante una coppia rotoidale non passano per il centro della coppia (come nel caso ideale), ma sono sempre tangenti ad una circonferenza detta circolo di attrito in modo tale da compiere lavoro negativo (ci sono infatti sempre due possibilità di tangenza). Calcoliamo il momento necessario a mantenere il sistema in questa condizione dinamica stazionaria: M=N ρ= N R sinϕ ≈ N R tanϕ = N R f

M

N

ϕ

R P’

P ρ Figura 5.23.

Ogni coppia rotoidale è caratterizzata da un circolo di attrito avente raggio: ρ ≈ R f.

96

5.32


5.6.4 Esempi Consideriamo l’esempio in figura 5.24 dove P è la forza motrice e Q è la forza resistente. Q Q P

θ

a

R1,2

R1,2 2 1

ω P b

Figura 5.24.

Il rendimento del sistema in generale è:

WR M Q Qa = = WM M P Pb

5.33

− Pb + Qa + R1,2 ρ = 0

5.34

η= Dall’equilibrio alla rotazione si ha:

usando il teorema di Carnot abbiamo: R1,2 =

P 2 + Q 2 − 2 PQ cos θ .

Ipotizzando che l’attrito sia sufficientemente piccolo e che la reazione non cambi in modulo a causa dell’attrito scriviamo:

R1,2 P02 + Q 2 − 2 P0Q cos θ

5.35

dove

P0 = Q

a b

5.36

da cui:

a2 a R1,2 Q 2 + 1 − 2 cos θ b b infine otteniamo:

97

5.37


P=Q

a ρ +Q b b

a2 a + 1 − 2 cos θ 2 b b

5.38

il rendimento è:

η=

LR Lm 0 P0 = = Lm Lm P

5.39

considerando la 5.38 si ha:

1

η= 1+

5.6.5

ρ a a

5.40

a + 1 − 2 cos θ 2 b b 2

Equilibrio delle ruote.

ω

Ruota condotta. Consideriamo una ruota che rotola su un piano, trascinata mediante una coppia rotoidale posizionata nel suo centro. Questo schema si presenta per esempio nelle ruote non motrici di un’automobile. Sulla ruota agiscono soltanto due forze: la reazione del terreno R12 e la reazione del supporto (membro 3) collegato alla ruota mediante la cerniera. Per l’equilibrio della ruota queste due forze dovranno essere uguali e contrarie, inoltre dovranno giacere sulla stessa retta d’azione. Il punto di applicazione della reazione del terreno sarà spostato in avanti, nel senso del moto, del parametro di attrito volvente. La reazione che la ruota riceve dal membro 3 passerebbe nel centro della cerniera in assenza di attrito. Nel caso attuale invece la reazione deve essere tangente al circolo d’attrito, in modo tale da compiere lavoro negativo nel moto relativo della ruota rispetto al supporto. Si ha: R12 – R32 = 0. Ruota motrice. In questo caso sulla ruota agisce un certo momento motore M. La direzione della reazione del terreno non può essere determinata dalla sola analisi dell’equilibrio della ruota. Tutto ciò che possiamo dire è: • la reazione del terreno passa per il punto determinato dal parametro δ • la reazione del supporto della ruota è tangente al circolo di attrito in modo da compiere lavoro negativo (occhio perciò ai versi delle

98

R32

3 2 R12 δ

1

Figura 5.25.

ω

M 2 3 R32

1

R12

b δ Figura 5.26.


•

forze e delle velocità relative) le due forze sono uguali e contrarie, ma non passano per la stessa retta d’azione, bensì formano una coppia avente braccio b tale che: M = R12 b.

La direzione effettiva delle forze si potrà determinare attraverso l’analisi complessiva del sistema in cui la ruota è inserita. Due controlli sono necessari in questo contesto: • Verificare che la reazione del terreno abbia sempre una componente positiva nella direzione ortogonale al piano e orientata dal piano stesso alla ruota. Infatti il contatto ruota terreno determina una coppia superiore, che non può reagire ad azioni di distacco: la ruota deve sempre essere premuta sul terreno. • Verificare che l’inclinazione della reazione del terreno sia interna al cono di attrito, altrimenti si ha slittamento. Ruota frenata. In questo caso sulla ruota agisce un certo momento frenante M (si può riconoscere in figura 5.27, poiché, essendo discorde in verso alla velocità angolare, compie lavoro negativo). Analogamente al caso precedente, la direzione della reazione del terreno non può essere determinata dalla sola analisi dell’equilibrio della ruota. Tutto ciò che possiamo dire è: • la reazione del terreno passa per il punto determinato dal parametro δ • la reazione del supporto della ruota è tangente al circolo di attrito in modo da compiere lavoro negativo (occhio perciò ai versi delle forze e delle velocità relative) • le due forze sono uguali e contrarie, ma non passano per la stessa retta d’azione, bensì formano una coppia avente braccio b tale che: M = R12 b (attenzione ai versi: qui abbiamo lavorato in valore assoluto).

ω

M

2 3 R32 R12

1

b δ

Figura 5.27.

La direzione effettiva delle forze si potrà determinare attraverso l’analisi complessiva del sistema in cui la ruota è inserita. Ripetiamo le considerazioni sulla reazione del terreno. •

•

Verificare che la reazione del terreno abbia sempre una componente positiva nella direzione ortogonale al piano e orientata dal piano stesso alla ruota. Infatti il contatto ruota terreno determina una coppia superiore, che non può reagire ad azioni di distacco: la ruota deve sempre essere premuta sul terreno. Verificare che l’inclinazione della reazione del terreno sia interna al cono di attrito, altrimenti si ha slittamento.

Esempio applicativo: automobile a trazione posteriore. Si consideri un’automobile come quella rappresentata nella pagina seguente; il peso Q agisce sul baricentro (che in genere nelle auto a motore anteriore è un po’ spostato in avanti), oltre al peso agisce anche la resistenza aerodinamica T. Dall’analisi della ruota anteriore (condotta) conosciamo la linea d’azione della R14. Le linee di azione di Q+T e R14 si intersecano in P dove, per l’equilibrio alla rotazione del sistema telaio+ruote, deve passare anche la linea di azione della R12. Determinata quest’ultima direzione possiamo comporre i vettori in modo tale che Q+T + R12 + R14 = 0. A questo punto siamo in grado di determinare la coppia motrice necessaria.

99


R14

R12

ω

M

ω

3.1.1.1

2

R32

3 R32

Q

3

R12

4 R14

b 1

δ

1

Figura 5.28.

100

δ


5.6.6 Coppia elicoidale La coppia elicoidale ha un ruolo molto importante sia per quanto riguarda i meccanismi sia in altre applicazioni meccaniche come ad esempio i collegamenti filettati tra particolari meccanici. L’effetto dell’attrito ha un ruolo particolarmente importante sul moto retrogrado, determinando per esempio, la tendenza allo svitamento di un collegamento filettato. Consideriamo la coppia elicoidale di cui un elemento cinematico è rappresentato in figura 5.29; se la vite compie un giro completo, allora essa avanza di una quantità pari al passo della vite stessa ed il bilancio energetico è:

Mm 2 π = Q h + Lp

5.41

Se indichiamo con p la forza normale per unità di lunghezza agente sul filetto e ricordiamo che essa è legata all’attrito da una proporzionalità diretta, possiamo calcolare il lavoro perduto

Lp =

fh sin α

L

∫ pds

5.42

0

dove il termine integrale è incognito. rm

Q

f⋅ p

θ

p

α h/sinα

α 2 π rm

γ

Mm

Figura 5.29. Coppia elicoidale

Consideriamo ora l’equilibrio in direzione dell’asse della coppia:

101

h


L

L

0

0

Q − ∫ p cos γ ds + ∫ fp sin α ds = 0

5.43

da cui otteniamo il termine incognito della 5.42: L

Q

∫ pds = cos γ − f sin α

5.44

0

siamo ora in grado di esprimere il lavoro compiuto dalle forze di attrito:

Lp =

fhQ ( cos γ − f sin α ) sin α

5.45

nella equazione 5.45 i termini noti sono: il coefficiente di attrito, il passo h, il carico Q, l’angolo dell’elica α ; mentre l’angolo γ può essere facilmente calcolato sfruttando la costruzione geometrica rappresentata nella figura 5.30:

a b = tan θ , = tan α c c a 2 + b2 = d 2 tan 2 θ + tan 2 α = tan 2 γ

5.46 5.47 5.48

riprendiamo ora la 5.41:

Qh sin α cos γ + f cos 2 α 2π sin α cos γ − f sin 2 α Qh = 2π

Mm =

5.49

M m,0

5.50

da cui otteniamo il rendimento:

η=

M m ,0 Mm

=

sin α cos γ − f sin 2 α sin α cos γ + f cos 2 α

5.51

dalla 5.48 e ricordando che:

1 −1 cos 2 γ possiamo facilmente ricavare γ in funzione di θ. tan 2 γ =

5.52

Introduciamo ora per comodità una nuova grandezza:

f ′ = tan ϕ ′ = f

cos α cos γ

utilizzando questa relazione possiamo esprimere il rendimento in maniera più espressiva:

5.53

tan α 5.54 tan (α + ϕ ′ ) si noti che se α è piccolo allora cos α ≈ 1 e tan ϕ’ ≈ f / cos γ ; al tempo stesso se α è piccolo allora γ ≈θ

η=

da cui otteniamo:

102

Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti. tan ϕ ′

f cos θ

5.55

la 5.55 mostra che per angolo di elica piccolo ϕ’ non dipende dall’angolo di elica stesso.

5.46

5.47

Figura 5.30.

103

5.48


Dalla 5.54 otteniamo che: •

η=0 per α =0 e per α =

•

η è massimo per α =

π 4

π 2 −

− ϕ′

ϕ′ 2

Dalla 5.54 possiamo inoltre ricavare il rendimento nel moto retrogrado, considerando semplicemente il reciproco del rendimento nel moto diretto e cambiando il segno del coefficiente di attrito:

η′ =

tan (α − ϕ ′ )

5.56

tan α

1

0.8

η

0.6

≅1-2f ’

η’

0.4

0.2

0

ϕ’

0.25

0.5

0.75

1

1.25

(π / 2)-ϕ’

1.5

π/2

1.75

α

Figura 5.31. Rendimento coppia elicoidale: f=0.1; θ=30°.

In figura sono rappresentati i rendimenti diretto e retrogrado in funzione dell’angolo di elica. Il moto retrogrado è impedito se:

⎛

(η’<0) per α < ϕ ′ = arctan ⎜ f

⎝

cos α ⎞ ⎛ f ⎞ ⎟ arctan ⎜ ⎟ cos γ ⎠ ⎝ cos θ ⎠

5.57

Si noti che ϕ’ cresce al crescere dell’angolo del filetto θ, dunque lo svitamento è più facile per filettature aventi basso angolo θ, per esempio le filettature cilindriche (θ=0) vengono usate nei sistemi di movimentazione per la loro alta efficienza, ma non sono adatte per sistemi in cui sia richiesto arresto spontaneo. Vite mordente In questo tipo di collegamento si ha un bullone passante attraverso uno dei due pezzi da collegare, si ha poi un accoppiamento tipo vite elicoidale con il secondo pezzo, vedasi figura. Si determina una forza assiale nel momento in cui il bullone viene serrato e perciò delle azioni di attrito sia sull’elica che sulla testa del bullone.

104


Figura 5.32.

Detta Q la forza di serraggio si ha:

Mm =

Qh sin α cos γ + f cos 2 α + f1 RmQ 2π sin α cos γ − f sin 2 α

5.58

dove f1 è il coefficiente di attrito testa-superficie ed Rm è il raggio medio della corona circolare di contatto testa superficie.

5.7 Distribuzione delle pressioni di contatto. Ricordiamo l’ipotesi di Reye accennata nel paragrafo 3.3 e riguardante l’usura ed il suo rapporto con il lavoro perduto:

VOLUME DI MATERIALE ASPORTATO

∝

LAVORO DELLE FORZE DI ATTRITO

Cioè: V=K Lp o o o

5.59

K dipende dalla natura dei materiali. Il volume di materiale asportato si distribuisce maggiormente sul materiale più tenero. Nelle applicazioni faremo l’ipotesi che il materiale asportato si concentri completamente sul materiale più tenero.

In questo capitolo si sfrutterà la 5.1 per stimare l’andamento delle pressioni di contatto tra solidi che sono sottoposti ad azioni mutue di usura. 5.7.1 Pattino piano. Immaginiamo di avere un corpo (rappresentato in figura 5.33) di forma parallelepipeda appoggiato su un piano, caricato con una forza Q e soggetto ad uno spostamento con velocità v. Il corpo è di materiale più tenero, perciò ipotizziamo che sia l’unico a consumarsi. La forza necessaria al moto è F= f Q.

105

Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti. x0

Q

v

B

h1

h0 h(x) A

x a Figura 5.33.

Lo spessore di materiale usurato deve variare linearmente perché il corpo B si consuma su una superficie piana: h( x) = h0 +

h1 − h0 x a

5.60

ovviamente i valori effettivi di h0 e h1 non sono noti, poiché dipendono da quanto spazio percorre B su A, cioè da quanto tempo il pezzo è soggetto a usura. Tra A e B l’azione di contatto sarà una forza per unità di lunghezza, poiché abbiamo rappresentato il sistema in due dimensioni (in realtà la terza dimensione esiste, perciò tra i due corpi si sviluppano delle forze per unità di superficie, cioè delle pressioni di contatto). Su un trattino infinitesimo d x agirà una forza p d x, dove p è la nostra forza per unità di lunghezza. La relativa azione di attrito è: f p dx. Ipotizzando che B percorra un certo spazio S, il lavoro elementare è dato da: S f p dx

5.61

Utilizzando l’ipotesi di Reye possiamo scrivere:

S f p dx

h1 − h0 ⎛ ⎜ h0 + a ⎝

∝

Lavoro perduto

⎞ x ⎟ dx ⎠

Volume asportato

Considerando che f è un parametro e S è una costante (nel senso che non dipende da x), le precedenti relazioni ci permettono di scrivere la seguente legge di proporzionalità: h −h ⎛ p = C ⎜ h0 + 1 0 a ⎝

⎞ x ⎟ = C1 + C2 x ⎠

h1 − h0 C. a L’ipotesi di Reye ha permesso di stabilire che la pressione ha un andamento lineare.

dove C1 = h0C ; C1 =

106

5.62

Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti. Si esegua ora l’equilibrio alla traslazione e alla rotazione di B: a

Q = ∫ p ( x)dx = a C1 + 0

a2 C2 2

5.63a

a2 a3 C1 + C2 2 3

5.63b

dove si è scelto il punto x=0 come polo di riduzione dei momenti. Dalle 5.63 si ottiene: 4a − 6 x0 C1 = Q a2 6 ( 2x0 − a ) C2 = Q a3

5.64a

a

Q x0 = ∫ p ( x) x dx = 0

5.64b

e dunque l’andamento della p(x): ⎛ 4a − 6 x0 6 ( 2 x0 − a ) ⎞ p = Q⎜ + x⎟ 2 a3 ⎝ a ⎠ h1 − h0 ricordando che C1 = h0C ; C2 = C e considerando la 5.65 possiamo scrivere: a ah0 4a − 6 x0 2a − 3 x0 C1 a3 a = = = 2 6 ( 2 x0 − a ) 6 x0 − 3a C2 h1 − h0 a

5.65

5.66

da cui: ⎛ 6 x − 3a x ⎞ h = h0 ⎜1 + 0 × ⎟ ⎝ 2a − 3x0 a ⎠

5.67

Abbiamo determinato esattamente l’andamento della forza di contatto; per ciò che concerne lo spessore asportato, il termine h0 resta indeterminato, esso dipende da quanto lavorerà il particolare meccanico oltre che dai materiali. Esempio applicativo. Un esempio applicativo del pattino piano appena visto è il freno a disco; esso trova applicazione in campo aeronautico, automobilistico, motociclistico, ferroviario e recentemente anche ciclistico. Viene montato, in genere, un disco metallico sul mozzo della ruota. Questo disco fa la funzione che nel caso studiato era coperta dal piano rigido. Sul supporto della ruota, per esempio sulla forcella nel caso di motocicli o biciclette è montata una pinza idraulica che ha lo scopo di premere una piastrina di materiale ad elevato coefficiente d’attrito (detta in gergo, pasticca o anche guarnizione d’attrito). La pasticca si comporta in maniera analoga al pattino piano studiato. La differenza sostanziale è che, lavorando su un disco, nel contatto la velocità relativa dipenderà dalla posizione radiale, inoltre la pasticca è forzata sul disco tramite un pistone idraulico ed è guidata nel suo scorrimento da opportune guide. Perciò la situazione è certo più complessa, ma in prima approssimazione si può considerare come un semplice pattino come quello studiato.

107

Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti. 5.7.2 Coppia rotoidale di spinta. Nella coppia rotoidale di spinta si ha un albero rotante, sulla cui estremità è calettato un pezzo di forma cilindrica. L’albero viene caricato assialmente con una forza Q in modo tale che la sua estremità entri in contatto con il piano fisso. Si determina uno strisciamento la cui velocità dipende dalla distanza dall’asse di rotazione. Si noti che nella parte a contatto si ricava un vano, cioè il materiale viene scavato in modo da evitare contatti in prossimità dell’asse di rotazione; in seguito vedremo il motivo di questa lavorazione. Consideriamo un elemento infinitesimo della superficie di contatto. Su di esso agirà una pressione p(r) (si noti che il sistema è assialsimmetrico) che, per effetto

C

ω

R1 r R2 Figura 5.34. Coppia rotoidale di spinta.

dell’attrito, produrrà una azione tangenziale pari a p f r d ϑ d r. Data la simmetria assiale possiamo integrare subito in ϑ ed ottenere il contributo di una corona circolare infinitesima: p f r 2 π d r; da cui possiamo anche ricavare il momento ed il lavoro: d M = p f r 2 π d r × r, d L = p f r 2 π d r × r Θ; dove

rdϑdr dϑ

Θ è una generica rotazione finita dell’albero.

Figura 5.35.

L’ipotesi di Reye si scrive:

pfr2πdr×rΘ

∝

2π rdrh Volume asportato

Lavoro perduto Ne consegue: p=C/r

5.68

p ha un andamento iperbolico ed in particolare tende all’infinito per r che tende a 0, per questo motivo si ricava il vano che evita ai materiali il contatto in prossimità dell’asse. In questa zona le pressioni diventano molto elevate, si hanno di conseguenza degli sforzi elevati che possono procurare rotture premature del pesso. L’equilibrio alla traslazione si scrive:

108


Q=

R2 2 π

∫ ∫ prdϑ dr = 2π C ( R

2

− R1 )

5.69

R1 0

da cui: C=

Q 2π ( R2 − R1 )

5.70

e: Q 2π r ( R2 − R1 ) Il momento generato dalle forze di attrito è: p=

M=

5.71

R2 2 π

∫ ∫ pr dϑ dr 2

R1 0

(R = 2π f C

2 2

− R12 ) 2

= 2π f

Q 2π ( R2 − R1 )

(R

2 2

− R12 ) 2

(R = fQ

2

+ R1 ) 2

5.72 = f Q Rm

dove Rm è il raggio medio della corona circolare. Una applicazione della coppia rotoidale di spinta è la frizione automobilistica a secco di cui è riportato un esempio a fianco. Come si può vedere la realizzazione pratica è complessa, ma mantiene i principi di funzionamento del sistema studiato. Come è noto questo organo meccanico si inserisce tra motore e cambio; esso permette di scollegare il motore dal cambio nel momento in cui è necessario cambiare marcia. Figura 5.35. Esempi di frizioni.

5.7.3 Ceppo puleggia. Si tratta di un accoppiamento tra un albero (o una puleggia) rotante ed un ceppo, sagomato opportunamente, che viene premuto su di esso. L’applicazione tipica in questo caso è la frenatura e l’applicazione si ha in vastissimi campi della meccanica. Lo schema che si trova in basso è molto semplice. Si vuole determinare l’andamento delle pressioni di contatto.

R

ω

h0

Figura 5.35. Ceppo puleggia.

109

Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti. La prima cosa da fare, come nei casi precedenti, è valutare il volume del materiale asportato; dalla figura 5.35 si vede che esso è pari a h0 cos ϑ R d ϑ

h0

5.73

ϑ

h0 cos ϑ

a meno dello spessore. Valutiamo anche il lavoro (anch’esso per unità di spessore): pfRRdϑΦ 5.74 In definitiva si ottiene: p =p0 cos ϑ

5.75

Notiamo che p tende a 0 per ϑ che tende a π/2.

Figura 5.36. Ceppo puleggia: materiale asportato

5.8 Cuscinetti volventi. Sono detti anche cuscinetti a rotolamento. Si tratta di elementi meccanici che si impiegano all’interno delle coppie rotoidali. Sono costituiti da due corone circolari, tra le quali sono interposti in base alla tipologia: sfere, cilindri, tronchi di cono. Ci occuperemo solamente dei cuscinetti a rulli cilindrici e a sfere. Lo scopo di questo tipo di cuscinetto è di sostituire il contatto tra i due elementi collegati mediante la coppia rotoidale, con un contatto volvente: le sfere (o altro) rotolano sulle due corone “senza” strisciare (in verità un piccolo strisciamento c’è). In tal modo si hanno vari vantaggi: • Si riduce l’attrito. • Si riduce l’usura. • Si ha minore necessità di lubrificazione (per i cuscinetti autolubrificanti non è necessario nessun tipo di lubrificazione esterna). Ovviamente i vantaggi si pagano in termini di: • Maggior costo. • Maggiore complicazione meccanica. • Maggior peso.

110

Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti. I cuscinetti volventi non sono l’unico tipo disponibile, per un esempio possiamo citare: cuscinetti a lubrificazione idrostatica o idrodinamica e a gas. Essi sono una valida alternativa, ma il loro impiego va valutato in base al contesto meccanico in cui si inseriscono ed alle loro caratteristiche. Non approfondiremo questo aspetto. Schema di un cuscinetto a rulli cilindrici. o Q è il carico esterno agente sull’albero montato all’interno della corona circolare. o Ra raggio esterno dell’anello interno. o R raggio dei rulli. o γ angolo tra due raggi uscenti da O e passanti tra i centri di due rulli adiacenti.

Ra

R

Q Con il carico indicato, i rulli che realmente partecipano al sostentamento del carico sono quelli che hanno contatto nella zona indicata con la linea rosa (Fig. 5.36). γ Zona attiva per Gli altri non collaborano il sostentamento poiché, essendo il contatto rullo corona, una coppia superiore, il generico rullino potrà sopportare solo carichi di compressione, cioè che Figura 5.36. Cuscinetto a rulli. tendano a schiacciarlo sulle corone. Dallo schema in figura 5.37 si può vedere che, dato lo schiacciamento ε0 del rullo il cui asse incide sulla linea di azione di Q, ed ammesso che gli anelli siano indeformabili, tutti gli altri schiacciamenti seguono la seguente legge di proporzionalità: ε1 = ε0 cos γ ε2 = ε0 cos 2 γ ... ... εi = ε0 cos i γ

ε1 ε0 5.76

nella configurazione indicata si ha anche:

γ Figura 5.37.

γ = 2 π /z

5.77

dove z è il numero dei rulli. Dalla teoria di Hertz sui cilindri in contatto sappiamo che: il carico è proporzionale allo schiacciamento

111


Indichiamo con Pi il carico agente sull’iesimo rullo, si ha (Fig. 5.38): P1 = P0 cos γ P2 = P0 cos 2 γ .... .... Pi = P0 cos i γ

6.3

La somma di tutti i contributi si può scrivere come: Q = P0

N

∑ cos (iγ ) 2

Figura 5.38

6.4

i =− N

dove 2 N = z /2. Facciamo ora alcune considerazioni che ci saranno utili nella valutazione approssimata della 5.79. Il valor medio di cos2 (i γ) per i ∈[-N,N] è: N

∑ cos

2

(iγ )

i =− N

5.80

z/2 Il valor medio di cos2 (γ) per γ ∈ [-π/2,π/2] è: 1

π

π /2

∫ π

cos 2 γ d γ =

− /2

1 2

5.81

Approssimiamo l’integrale (Fig. 5.39): 1

π

π /2

∫

cos 2 γ d γ =

−π / 2

N 1 1 N 2 ∑ cos 2 (iγ )Δγ = ∑ cos 2 (iγ ), 2 π i =− N i =− N z

2π Δγ = z

5.82

Possiamo perciò scrivere: Figura 5.39

N

z Q = P0 ∑ cos (iγ ) = P0 4 i =− N 2

5.83

da cui ricaviamo P0.

112

Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti. δ

Oi Si

δ

Figura 5.40

Consideriamo ora l’attrito volvente e cerchiamo di capire cosa accade durante il funzionamento del cuscinetto Per effetto del rotolamento le forze che scambiano gli anelli col rullo sono spostati di una quantità pari al parametro di attrito volvente, che, per semplicità, pensiamo identico per i due anelli. Considerando il rotolamento del rullo su uno dei due anelli (figura 5.41) si ha:

Figura 5.41

Pi R = Fi δ

5.84

Facciamo scorrere la Sia sulla sua linea d’azione e consideriamo la sua scomposizione in direzione radiale e tangenziale. Considerando Oi come punto di applicazione di Sia, soltanto la Fi darà contributo alla somma dei momenti rispetto all’asse di rotazione: M mi = Pi

δ R

( R + Ra )

5.85

e quindi: Mm =

N

∑

i =− N

M mi =

N

∑

i =− N

Pi

δ R

δ

N

R

i =− N

( R + Ra ) = P0 ( R + Ra ) ∑ cos(iγ )

5.86

In questo caso valutiamo la: 1

π

π /2

∫ π

cos γ d γ =

− /2

e: Mm =

2

π

=

1

π

N

N

i =− N

i =− N

2

∑ cos(iγ )Δγ = ∑ z cos(iγ ),

4Qδ ( R + Ra )

5.87

5.88

πR

Ricordiamo ora la definizione di circolo di attrito nel caso della coppia rotoidale con strisciamento, dove:

113


M m = Q ρ = Q f Ra

5.89

Per analogia, dal confronto con la 5.88 scriviamo:

ρ=

4 f v ( R + Ra )

5.90

π

dove fv = δ / R.

Figura 5.42

Cuscinetti a sfere (accenno). La configurazione è perfettamente identica al caso precedente, perciò non la ripetiamo. Dalla teoria di Hertz sui cilindri in contatto sappiamo che: il (carico)2/3 è proporzionale allo schiacciamento Pi = P0 cos3/2 i γ

5.91

Il ragionamento di qui in poi è identico, ma con calcoli leggermente più complessi, che però non ci danno nessun contributo alla comprensione della fenomenologia, perciò li omettiamo. Si riporta soltanto il risultato, sottolineando che anche qui si può introdurre un opportuno circolo di attrito; ciò dimostra che tutte le coppie rotoidali viste possono essere trattate con un approccio unificato. Q P0 = 4.37 z 5.92 1.22Qδ ( R + Ra ) Mm = R

114

Capitolo 6 Vibrazioni meccaniche

Capitolo 6 Vibrazioni meccaniche 6.1 Considerazioni generali In questo capitolo si studiano i sistemi meccanici aventi un solo grado di libertà; dove, per grado di libertà si intende il numero di coordinate indipendenti necessarie per descrivere completamente il moto. In generale i sistemi meccanici ad un grado di libertà sono governati da una equazione differenziale ordinaria del secondo ordine. In questo capitolo si considerano soltanto sistemi meccanici lineari e tempo invarianti, liberi o forzati da sorgenti esterne di energia. Su questi sistemi sono applicate le più importanti tecniche disponibili per la soluzione di equazioni differenziali ordinarie.

6.2 Esempi di sistemi ad 1 g.d.l. Sistema massa molla Questo è uno dei più semplici sistemi meccanici; esso consiste di una massa concentrata (ovviamente è un’astrazione) collegata ad una molla: L’allungamento Δ di una molla lineare come quella indicata in figura 6.1 è dato da Δ=F/k; cioè l’allungamento è direttamente proporzionale alla forza F applicata. In questo caso al sistema è applicata la forza peso m g, perciò l’allungamento in condizioni statiche è Δ=m g / k. La linea tratteggiata in figura 6.1 indica la posizione di equilibrio statico del sistema, in tale posizione il sistema permane indefinitamente se non è perturbato. Se si perturba la massa m di una quantità x, il sistema sarà soggetto, oltre all’azione della molla Fk=-kx, anche alle forze di inerzia Fi=m x , l’equazione del moto diventa:

− mx − k ( x + Δ ) + mg = 0

k

Δ g

m

x

Figura 6.1 6.1

considerando che Δ=m g / k, l’equazione del moto diviene:

mx + kx = 0

6.2

questa è una equazione differenziale ordinaria del secondo ordine; per definire il problema di Cauchy, cioè poter ottenere la soluzione, il problema va completato con opportune condizioni iniziali:

x(0) = x0 ,

x (0) = x0

6.3

cioè deve essere nota la posizione e la velocità iniziale. Questo semplice problema permette di fare delle considerazioni generali. I sistemi meccanici in generale non obbediscono a leggi lineari, ma molto spesso le leggi di moto possono essere linearizzate quando l’ampiezza delle oscillazioni è piccola. Da un punto di vista fisico ci riferiamo perciò a piccole oscillazioni attorno ad una posizione di equilibrio, mentre da un punto di vista matematico possiamo pensare alla linearizzazione come allo sviluppo in serie di Taylor della legge di moto rispetto al punto di equilibrio e troncata al primo ordine. Il sistema (6.2) può essere riscritto come:

x + ωn2 x = 0

6.4

115


dove ωn = k / m è detta pulsazione naturale del sistema (unità di misura [rad/s]). La soluzione generale è:

x = A sin ωnt + B cos ωnt

6.5

A = x0 / ωn ,

6.6

con

B = x0

si noti che la legge oraria (13.5) è armonica con periodo: T = 2 π / ω n=1 / f n ; dove f n è la frequenza naturale del sistema [s-1≡Hz]. Infatti la forma equivalente della 13.5 è:

x = X cos (ωnt + ϕ )

6.7

dove X è l’ampiezza di oscillazione e ϕ è la fase; la (6.7) è ovviamente una funzione armonica del tempo. Sistema trave-massa Consideriamo in questo esempio una trave sulla cui estremità è calettata una massa molto più grande della massa della trave stessa. In questo caso le azioni di inerzia distribuite sulla trave possono essere trascurate. Il sistema si riduce ad un oscillatore armonico. La deflessione statica sotto l’azione di un carico di estremità P è:

m

A3 P x=P = 3EI k

6.8

abbiamo implicitamente definito la costante elastica del sistema; perciò la frequenza propria è:

fn =

1 2π

3EI mA3

x

A Figura 6.2

6.9

Sistema barra di torsione Detto J il momento di inerzia della massa calettata all’estremità della barra di torsione e k =

GJ p

A

la

rigidezza torsionale (G modulo di taglio, Jp momento di inerzia polare, A lunghezza barra), l’equazione del moto è: Jθ + kθ = 0 ; e la pulsazione naturale fn = k / J

Figura 6.3

116

θ


6.3 L’oscillatore armonico smorzato Introduciamo ora, in un sistema massa-molla, un nuovo elemento detto smorzatore figura 6.4 Tale elemento è spesso realizzato mediante un cilindro pieno di olio entro cui scorre un pistone c -F F dotato di una serie di forellini. Mentre il pistone scorre nel cilindro, l’olio è forzato a passare attraverso i forellini. Ovviamente, a causa della viscosità, l’olio Figura 6.4 offre una certa resistenza a passare, tale resistenza si riflette nel fatto che, per estendere lo smorzatore in figura occorre esercitare una forza dipendente ovviamente dalla velocità di estensione. Detta x la posizione relativa dei due pezzi che compongono lo smorzatore possiamo scrivere:

F = F ( x ) =

dF dx

x + " c x

l’espressione (6.10) è stata già sviluppata in serie di Mc Laurin e troncata al primo ordine, cioè linearizzata; il coefficiente c ha come unità di misura [N s / m]. In un sistema massa molla smorzatore l’equazione del moto diviene: ..

6.10

x = 0

x(t) m

.

m x + c x + kx = 0

6.11 k

più le solite condizioni iniziali. In questo caso si cerca una soluzione nella forma: Aeα t ; sostituendo questa funzione nella (13.9) si ottiene una equazione algebrica associata all’equazione differenziale:

α 2 + 2ζωnα + ωn2 = 0

c

Figura 6.5

6.12

α 2 = (−ζ + ζ 2 − 1)ωn

α1 = (−ζ − ζ 2 − 1)ωn

Dove si è introdotto il fattore di smorzamento adimensionale: ζ =

c c = . 2 km 2ωn m

L’equazione algebrica dà luogo a due radici, perciò la soluzione del problema è:

x(t ) = Aeα1t + Beα 2t

117

Capitolo 6 Vibrazioni meccaniche A seconda del segno del discriminante

ζ 2 − 1 della (6.12) si distinguono tre tipi di soluzioni:

ζ > 1 (c2>4km) : le radici α1 , α2 sono entrambe reali e negative e la soluzione assume α1t

la forma: x (t ) = Ae

+ Beα 2t

MOTO APERIODICO ζ > 1 (c2>4km) : le radici α1 , α2 sono entrambe reali e negative e la soluzione assume la forma: x (t ) = Aeα1t + Beα 2t MOTO APERIODICO CRITICO ζ = 1 (c2=4km) : le radici sono reali e coincidenti α1 = α2 = -ω n e la soluzione assume la forma x(t ) = Ae−ωnt + Bte−ωnt In figura 6.6 vediamo i due moti aperiodici per un oscillatore caratterizzato da: m=1, k=1; e condizioni iniziali x(0) = 1 m, x (0) = 0 m / s .

ζ

1 2

1.5

1.1

Figura 6.6 MOTO OSCILLATORIO SMORZATO ζ < 1 (c2<4km) : le radici sono complesse e coniugate α1 = α2 = -ω n e la soluzione assume la forma: x(t ) = e −ζωnt ( Aei

1−ζ 2 ω nt

+ Be− i

1−ζ 2 ω nt

118

) = Xe−ζωnt cos( 1 − ζ 2 ω nt + φ )


ζ 0.9 0.5 0.3 0.2

Figura 6.7

6.4 Oscillazioni forzate armoniche In questo paragrafo si considerano le vibrazioni di un sistema massa-molla-smorzatore eccitato da una forza sinusoidale, l’equazione del moto è:

mx + cx + kx = F0 cos ωt

f(t) x(t)

6.13

m

la soluzione della (6.11) ha la seguente struttura: x(t ) = Xe −ζωnt sin( 1 − ζ 2 ωn t + φ ) + X cos(ωt −ψ )

6.14 k

cioè la soluzione dell’omogenea associata (problema libero) e soluzione particolare. Se il fattore di smorzamento è positivo, allora per tempi molto lunghi la soluzione dell’omogenea fornirà un contributo praticamente trascurabile, saremo in condizioni di regime. Troviamo la soluzione particolare:

c

Figura 6.8

Il termine cosωt può essere pensato come la parte reale di un esponenziale complesso: cos ωt = Re ⎡⎣e jωt ⎤⎦ . Possiamo quindi studiare il problema:

mx + cx + kx = F0 e jωt = F0 ( cos ωt + j sin ωt )

6.15

La soluzione particolare della (6.15) sarà complessa, la parte reale di questa soluzione fornisce la soluzione della (6.13).

x = Xe jωt

6.16

sostituendo

X=

F0 −mω + jcω + k 2

X è un numero complesso che può essere scritto in termini di modulo e fase:

119

6.17


X=

dove la fase è data da: tanψ =

F0 e − jψ

( k − mω ) + ( cω ) 2 2

2ζω ωn

1 − ( ω ωn )

2

= 2

F0 e − jψ 1 2 2 k ⎛ ω2 ⎞ ⎛ ω⎞ ⎜1 − 2 ⎟ + ⎜ 2ζ ⎟ ⎝ ωn ⎠ ⎝ ωn ⎠

6.18

.

La soluzione del problema complesso è dunque:

x = X e j (ωt −ψ )

6.19

ed ovviamente la soluzione del problema reale è:

x = X cos(ωt −ψ )

6.20

si vede cioè che il modulo della soluzione complessa coincide con l’ampiezza della soluzione reale, così come la fase. Vediamo ora l’andamento dell’ampiezza e della fase al variare della frequenza di eccitazione. Definiamo il fattore di amplificazione: 6.21 G (ω ) =

1 ⎡ ⎛ω⎞ ⎢1 − ⎜ ⎟ ⎢⎣ ⎝ ωn ⎠

2 2

2 ⎤ ⎛ω⎞ ⎥ + 4ζ 2 ⎜ ⎟ ⎥⎦ ⎝ ωn ⎠

Vediamo che in prossimità della frequenza di oscillazione libera ωn l’ampiezza raggiunge il massimo, poi tende a decrescere (Fig. 6.9). Il massimo dell’ampiezza si ottiene per: a) ω = 0

se

ζ > 1/ 2

6.22a

b) ωres = ωn 1 − 2ζ 2 se ζ ≤ 1/ 2

6.22b

e la relativa ampiezza è: a) G(0)=1 b) G (ωres ) =

1 2ζ 1 − ζ 2

6.23

Il massimo della risposta si ottiene per un valore della frequenza detta frequenza di risonanza. L’ampiezza di oscillazione si riduce all’aumentare dello smorzamento così come la frequenza di risonanza. Molto spesso, per piccoli valori di smorzamento, si può ragionevolmente approssimare la frequenza di risonanza con la frequenza dell’oscillatore libero non smorzato, ottenendo la seguente ampiezza massima:

G (ωres ) G (ωn ) =

1 2ζ

6.24

Un aspetto importante da sottolineare nella risposta dell’oscillatore, è che in prossimità della risonanza la fase ha un salto pari a π . Si noti che l’andamento della fase è regolare per smorzamento non nullo,

120

Capitolo 6 Vibrazioni meccaniche mentre in caso di assenza di smorzamento la fase presenta un discontinuità in corrispondenza della risonanza. 0

0.1

0.15

0.2

ζ 0.3

0.707 1

Figura 6.9a

1 0

0.1

0.15

0.2

0.3

0.707

Figura 6.9b Il valore di ampiezza indicato nella (6.24) è una buona approssimazione dell’ampiezza in risonanza esso è detto “quality factor” ed è normalmente indicato con il simbolo Q. I punti P1 e P2 corrispondenti ad una ampiezza |G(ω)|=Q/ 2 sono detti punti di mezza potenza, corrispondenti alle pulsazioni ω1 e ω2 ; essi sono piuttosto utili in quanto valgono le seguenti relazioni:

Δω = ω2 − ω1 2ζωn ωn 1 Q 2ζ ω2 − ω1

6.25 6.26

121


dalle formule (6.25-26) si ottiene un metodo semplice per stimare lo smorzamento partendo dalla conoscenza della risposta in frequenza. Si può notare che, per smorzamento nullo, l’ampiezza va all’infinito in risonanza, infatti:

x=

1 1 − ( ω / ωn )

2

F0 jωt e k

6.27

ovviamente la (6.27) non è definita per ω=ωn, infatti in tale condizione occorre tornare alla (6.13) ottenendo:

x=

F0 ωnt sin ωnt 2k

6.28

Figura 6.10

6.5 Trasmissibilità In questo paragrafo si considerano due problemi: o valutazione delle forze trasmesse al basamento da un sistema forzato direttamente o valutazione dell’ampiezza di vibrazione di un sistema il cui basamento sia soggetto a moto oscillatorio (eccitazione sismica) Vedremo che questi due problemi si riconducono ad una unica formulazione matematica. 6.5.1 Forze trasmesse al basamento Ricordiamo che l’equazione del moto è:

mx + cx + kx = F0 cos ωt

6.29 Al solito consideriamo la forma complessa della 6.29:

Figura 6.11 mx + cx + kx = F0 e

jω t

122

6.30

Capitolo 6 Vibrazioni meccaniche La soluzione particolare è.

x = Xe jωt

6.31

con

F0 −mω + jcω + k

X=

6.32

2

Dalla Figura 6.11 si intuisce che la forza trasmessa al basamento è data da:

T = cx + kx

6.33

T = X ( jω c + k )

6.34

considerando la 6.31 si ha:

che in modulo vale: 2

T =

F0 1 ⎛ ⎜ 2 2 k ⎛ 2 ⎞ ⎛ ⎞ ω ω ⎝ − + 1 2 ζ ⎜ ⎜ ⎟ 2 ⎟ ⎝ ωn ⎠ ⎝ ωn ⎠

(ω c )

2

⎛ ω ⎞ ⎜ 2ζ ⎟ +1 ⎝ ωn ⎠

+ k 2 ⎞⎟ = F0 2 2 ⎠ ⎛ ω2 ⎞ ⎛ ω ⎞ ⎜ 1 − 2 ⎟ + ⎜ 2ζ ⎟ ⎝ ωn ⎠ ⎝ ωn ⎠

si definisce trasmissibilità il rapporto: 2

t=

T F0

=

⎛ ω ⎞ ⎜ 2ζ ⎟ +1 ⎝ ωn ⎠ 2

⎛ ω2 ⎞ ⎛ ω ⎞ ⎜1 − 2 ⎟ + ⎜ 2ζ ⎟ ⎝ ωn ⎠ ⎝ ωn ⎠

123

2

6.36

6.35


ζ=0

5

ζ=0.07 4

t

ζ=0.1 3

ζ=0.2 2

ζ=0.5 1

ζ 0.5

1

1.5

2 ( ω ωn )

2

2.5

3

Figura. 6.12

La trasmissibilità è una quantità adimensionale che definisce il rapporto tra la forza effettivamente trasmessa al basamento e la forza applicata al variare della frequenza. In sostanza la trasmissibilità definisce la qualità della sospensione; infatti, se si pensa al sistema molla smorzatore come ad una sospensione atta a ridurre le vibrazioni trasmesse al basamento, è ovvio che la migliore sospensione è quella che minimizza t. In Figura 6.12 è rappresentato l’andamento di t al variare di (ω/ωn)2; si vede che t ha un massimo in corrispondenza di ωn per piccoli valori dello smorzamento, tale massimo tende a ridursi e spostarsi su frequenze più basse all’aumentare dello smorzamento stesso. Dalla 6.36 notiamo che, per ogni valore dello smorzamento, alla frequenza (ω/ωn)2=2 la trasmissibilità t=1. Oltre (ω/ωn)2=2 t assume valori < 1 e decrescenti con la frequenza di eccitazione; inoltre si può notare che per (ω/ωn)2>2 al diminuire dello smorzamento diminuisce t. Nel progetto di una sospensione si hanno due scelte: (ω/ωn)2<<1 oppure (ω/ωn)2>2; è evidente che per quanto riguarda la trasmissibilità la seconda scelta è più conveniente poiché permette di ridurre maggiormente le sollecitazioni trasmesse al basamento; tale scelta ha comunque come svantaggio il fatto di dover attraversare la risonanza in fase di avvio, l’attraversamento dovrà essere fatto rapidamente per evitare eccessive amplificazioni. 6.5.2 Eccitazione sismica. In questo caso siamo in presenza della situazione rappresentata in figura 6.13. Immaginiamo che il basamento abbia una massa notevole e che il suo moto non sia influenzato dal moto della massa m che rappresenta il sistema che volgiamo isolare dalle vibrazioni del basamento: si può trattare ad esempio di una strumentazione delicata che non deve subire eccessive sollecitazioni dinamiche. Il moto del basamento sia individuato dalla coordinata verticale non deve subire eccessive sollecitazioni dinamiche. Il moto del basamento sia individuato dalla coordinata verticale y=Y0 cos ω t ; la posizione assoluta della massa m è indicata con x.

Figura 6.13

124

Capitolo 6 Vibrazioni meccaniche L’equazione del moto è:

mx(t ) + cz (t ) + kz (t ) = 0

6.37

mx + cx + kx = cy + ky

6.38

dove z=x-y. Si ottiene:

Al solito consideriamo la formulazione complessa: y=Y0 e jω t ; otteniamo:

mx + cx + kx = Y0 ( jω c + k ) e jω t

6.39

La risposta è:

x = Y0

( jω c + k )

( −mω

2

+ jω c + k )

e jωt

6.40

Il modulo della risposta, cioè l’ampiezza di oscillazione è: 2

X = Y0

(ω c )

( −mω

2

2

+k

+ k2

) + (ω c ) 2

2

= Y0

⎛ ω ⎞ ⎜ 2ζ ⎟ +1 ⎝ ωn ⎠ 2

⎛ ω ⎞ ⎛ ω ⎞ ⎜1 − 2 ⎟ + ⎜ 2ζ ⎟ ⎝ ωn ⎠ ⎝ ωn ⎠ 2

2

6.41

Definiamo ora trasmissibilità il rapporto tra la ampiezza dell’eccitazione sismica e l’ampiezza dell’oscillazione della massa sospesa m: 2

t=

X Y0

=

⎛ ω ⎞ ⎜ 2ζ ⎟ +1 ⎝ ωn ⎠ 2

⎛ ω ⎞ ⎛ ω ⎞ ⎜ 1 − 2 ⎟ + ⎜ 2ζ ⎟ ⎝ ωn ⎠ ⎝ ωn ⎠ 2

2

6.42

L’espressione ottenuta per t è identica alla 6.36 ed ha l’andamento indicato in figura 6.12. Ovviamente il significato fisico ora è diverso in quanto si stanno analizzando ampiezze di oscillazione anziché forze trasmesse. Valgono però le stesse considerazioni sia per ciò che concerne la zona di lavoro più vantaggiosa ((ω/ωn)2>2) sia sull’effetto dello smorzamento.

125

Capitolo 7 Dinamica dei rotori

Capitolo 7 Dinamica dei rotori Nelle applicazioni meccaniche spesso si incontrano dispositivi aventi parti in rotazione detti rotori. Un esempio molto importante consiste nelle giranti delle turbine che si trovano negli impianti di generazione dell’energia. Tali giranti sono caratterizzate da una simmetria rispetto all’asse di rotazione. Ovviamente, per motivi di precisione costruttiva, tale simmetria non sarà sempre perfetta; si hanno praticamente sempre delle distribuzioni di massa non perfettamente uniforme e tale da rompere la simmetria. Ciò genera degli squilibri che causano delle forze di inerzia, le quali si scaricano sui supporti, fanno vibrare l’impianto e, alla lunga, possono portare a rottura per fatica i materiali. Un altro esempio interessante è l’elica, anch’essa teoricamente dovrebbe essere perfettamente simmetrica. Gli squilibri dinamici saranno proporzionali alla velocità angolare ed all’entità della dissimmetria. In alcuni casi, anche un piccolo squilibrio può portare a forti sollecitazioni. Nella figura a destra si vede una turbina sperimentale il cui regime di rotazione è pari a 75 000 giri/min. Un modo semplice per vedere se c’è uno squilibrio nel rotore è riportato nella figura a sinistra. Si poggia il rotore su dei supporti a basso attrito (con cuscinetti a rotolamento, ad esempio), si controlla poi se il rotore tende ad una posizione preferenziale (rotore squilibrato staticamente) o se la posizione di equilibrio è una qualsiasi in senso angolare (rotore equilibrato staticamente). Come vedremo in seguito, questa procedura da solo informazioni parziali sullo squilibrio statico. Infatti, per l’equilibratura si esegue di norma in condizioni dinamiche, ovvero facendo ruotare il pezzo da equilibrare e misurandone lo squilibrio. L’esempio più diffuso di macchine per equilibratura è quello dei pneumatici per autotrazione. Una volta individuato lo squilibrio, si può provvedere all’equilibratura aggiungendo delle massette aventi opportuna massa e posizione. Un ulteriore importante aspetto della dinamica dei rotori riguarda le velocità critiche flessionali, tale problema si manifesta quando si ha a che fare con alberi snelli la cui flessibilità sia comparabile con le forze di inerzia in gioco.

126


7.1 Squilibrio statico Si ha squilibrio statico quando il baricentro del rotore 2 non coincide con l’asse di rotazione del rotore stesso Fi=mv /r v (Fig. 7.1). Supponiamo ad esempio che ad un rotore perfettamente bilanciato si aggiunga una massa m m a distanza r dall’asse di rotazione (in figura 7.2 si sono omessi i supporti del rotore per semplicità mg grafica). Tale massa produce una forza di Figura 7.1 inerzia pari a m Ω 2 r , che come si vede dipende dalla velocità angolare, è perciò un effetto dinamico. Ω Tale squilibrio è detto statico poiché produce un effetto Figura 7.2 anche in condizioni di quiete. Infatti, se poniamo il rotore nella posizione indicata nella figura a sinistra, per effetto della gravità si determina una forza mg ed un momento rispetto all’asse di rotazione pari a mgr. Questo momento ha verso tale da tendere a riportare il sistema nella posizione di equilibrio: massa nella posizione più bassa. È chiaro dunque che questo tipo di squilibrio ha effetto anche in condizioni statiche, da cui il nome squilibrio statico.

7.2 Squilibrio dinamico Consideriamo un rotore inizialmente equilibrato, cioè perfettamente simmetrico e con baricentro sull’asse di rotazione. Per capire il concetto di squilibrio dinamico supponiamo di aggiungere due masse disposte asimmetricamente come in figura.

G

Figura 7.3. Squilibrio dinamico

127

Capitolo 7 Dinamica dei rotori Supponiamo ora che le due masse m1 e m2 siano molto maggiori della massa del rotore iniziale. Questa ipotesi estrema non è ovviamente realistica, ma ci serve per fissare le idee e concentrarci sullo squilibrio dinamico. Ipotizziamo anche che le due masse siano puntiformi. Ricordiamo le 4.11: J Ax = ∫ ( r 2 − rx2 ) ρ dV ,

J Ay = ∫ ( r 2 − ry2 ) ρ dV ,

V

V

J Axy = ∫ ( − rx ry ) ρ dV ,

J Axz = ∫ ( − rx rz ) ρ dV ,

V

V

J Az = ∫ ( r 2 − rz2 ) ρ dV V

7.1a

J Ayz = ∫ ( − ry rz ) ρ dV V

Tenendo conto della disposizione delle masse puntiformi, considerando il caso particolare di due masse identiche m1=m2=m e trascurando l’effetto della massa distribuita del rotore abbiamo: J Ax = 2md 2 ,

J Ay = 2m ( r 2 + d 2 ) ,

J Axy = 0,

J Axz = 2mrd ,

J Az = 2mr 2

J Ayz = 0

7.1b

avendo tenuto conto che i vettori posizione delle due masse sono: ⎧r ⎫ ⎪ ⎪ r1 = ⎨0 ⎬ , ⎪−d ⎪ ⎩ ⎭

⎧− r ⎫ ⎪ ⎪ r2 = ⎨0 ⎬ ⎪d ⎪ ⎩ ⎭

7.2

Vediamo che la presenza di queste due masse ha fatto nascere un momento di deviazione nella matrice d’inerzia. Si può dimostrare che il baricentro è rimasto invariato. Ovviamente in questo caso particolare si è scelto il piano contenente le due masse ed il baricentro coincidente con il piano (x, z). Esercizio: ripetere scegliendo il sistema di riferimento (x,y,z) in modo che l’origine sia sempre in z, l’asse z rimanga lo stesso, i due assi x e y in una posizione diversa (rotazione del riferimento mobile rispetto a z). Volendo considerare anche la massa distribuita del rotore si dovranno sommare i contributi, integrali, ai soli termini nella diagonale; infatti, il rotore è stato ipotizzato inizialmente simmetrico. È chiaro perciò che in un rotore, a causa della non uniforme distribuzione delle masse possono insorgere due effetti: 1. Spostamento del baricentro 2. Nascita di momenti di deviazione Perciò possiamo dire che in generale lo squilibrio dinamico si manifesta come nascita di momenti di deviazione nella matrice di inerzia. Nei rotori possiamo perciò fissare il sistema mobile con asse z coincidente con l’asse di rotazione, dato che l’albero non può scorrere lungo questo asse, allora l’origine degli assi è fissa. Ci siamo ricondotti ad un caso simile a ciò che è già stato studiato nel Capitolo 4. Caso: Ωx=Ωy=0, assi non principali di inerzia ma con origine fissa Ipotizziamo Ωz=costante. ⎡ Jx ⎢ M = ⎢ J yx ⎢ J zx ⎣

J xy Jy J zy

J xz ⎤ ⎧0 ⎫ i ⎥⎪ ⎪ J yz ⎥ ⎨0 ⎬ + 0 J z ⎥⎦ ⎪⎩0 ⎭⎪ K x

j 0

Ky

⎧− K y ⎫ k ⎪ ⎪ Ω z = Ω z ⎨+ K x ⎬ ⎪ 0 ⎪ Kz ⎩ ⎭

128

7.3

Capitolo 7 Dinamica dei rotori dove: ⎧ J xz ⎫ ⎪ ⎪ K A = JΩ = Ω z ⎨ J yz ⎬ ⎪ ⎪ ⎩J z ⎭

7.4

⎧− J yz ⎫ ⎪ ⎪ M = Ω ⎨+ J xz ⎬ ⎪ 0 ⎪ ⎩ ⎭

7.5

perciò

2 z

Abbiamo in definitiva un momento costante giacente sul piano (x, y). Ragionando in termini di forze di inerzia possiamo dire che nasce una coppia di inerzia: ⎧+ J yz ⎫ ⎪ ⎪ M i = −M = Ω ⎨− J xz ⎬ ⎪ 0 ⎪ ⎩ ⎭ 2 z

7.6

Dato che il sistema mobile è solidale all’albero, esso ruoterà attorno all’asse z, la coppia Mi sarà una coppia costante in modulo, ma variabile come direzione (rotante).

7.3 Macchina equilibratrice In generale possiamo perciò pensare il rotore sollecitato a causa degli squilibri statico e dinamico. Avremo una forza d’inerzia dovuta al moto circolare del baricentro ed un momento dovuto agli effetti della perdita di simmetria (eq. 7.6). In figura 7.4 sono indicati questi due effetti qualitativamente mediante due vettori. Prendiamo in considerazione ora due piani I e II ortogonali all’asse di rotazione e posti a distanza a e b dal baricentro rispettivamente; indichiamo con l la loro distanza. Il baricentro cadrà in un generico punto interno al rotore. I piani I e II saranno indicati come piani di correzione (Fig. 7.5).

I

Fi=mv2/r

Mi

G

Ω Figura 7.4

II G a

b Figura 7.5

129

(l=a+b)

Capitolo 7 Dinamica dei rotori La forza Fi ed il momento Mi possono essere equilibrati applicando delle forze costanti nel sistema di riferimento mobile. Fi si può equilibrare con due forze di segno opposto a Fi e aventi modulo dipendente dalla posizione dei piani I e II. La loro somma dovrà essere pari a - Fi e la somma dei momenti rispetto al baricentro dovrà essere nulla. Ne risultano le due forze indicate in figura 7.6. Per ciò che concerne il momento Mi, esso può essere equilibrato da una coppia di forze giacenti sui piani I e II ed ortogonali a Mi, la risultante ovviamente è nulla, mentre il momento fornito da questa coppia di forze sarà pari a - Mi.

II

Fi a/l Fi

Mi/l

Mi

SII

Mi/l

SI Fi b/l I Figura 7.6

130

Capitolo 7 Dinamica dei rotori Il tipo di macchina equilibratrice più semplice è rappresentato nella figura in basso. Il rotore è montato su un supporto oscillante la cui cerniera si trova su uno dei due piani di equilibratura; il supporto oscillante è anche collegato ad una molla connessa al telaio.

I

II -SII cos (Ω t+ϕ)

-SII l cos(Ω t+ϕ)

c Figura 7.7. Macchina equilibratrice.

Considerando la scomposizione delle azioni dinamiche effettuata nella pagina precedente, possiamo pensare che sul piano II agisca una forza -SII rotante che, sulla verticale darà una componente pari a -SII cos (Ω t+ϕ). Tale forza variabile genera un momento rispetto alla cerniera pari a M = M 0 cos ( Ωt + ϕ ) =-SII × cos(Ω t+ϕ). Se k è la costante elastica della molla, la forza di reazione, per una rotazione ϑ del supporto oscillante è –k c ϑ; la coppia risultante sarà –k c2 ϑ. L’equazione del moto (per la rotazione) del supporto oscillante è:

-SIIcos(Ωt+ϕ)

Ωt+ϕ

-SII

-SII sin(Ωt+ϕ)

Figura 7.8

J ϑ + kc 2ϑ = M 0 cos ( Ωt + ϕ )

7.7

Dove J è il momento d’inerzia dell’insieme rispetto alla cerniera. La soluzione è:

ϑ = Θ cos ( Ωt + ϕ + ψ )

7.8

con: Θ=

M0

7.9

kc − Ω 2 J 2

131

Capitolo 7 Dinamica dei rotori Per ciò che concerne la fase si avrà ψ=0 se Ω è inferiore a

kc 2 / J , macchina subcritica, oppure ψ=π

se Ω è superiore a kc 2 / J , macchina supercritica. Le macchine equilibratrici del tipo raffigurato sono in genere supercritiche. La macchina deve essere dotata di un dispositivo per determinare l’ampiezza di oscillazione massima; ciò può essere fatto in vari modi mediante trasduttori di posizione (in commercio ne esistono di vari tipi). Si deve inoltre determinare la posizione angolare per la quale si ha la massima ampiezza di oscillazione, onde determinare ϕ. A questo punto sono noti entità e posizione angolare dello squilibrio e si può procedere all’equilibratura.

7.4 Velocità critiche flessionali. Nei paragrafi precedenti il rotore è stato pensato come un corpo rigido. In molti casi però il rotore è montato su un albero flessibile, ad esempio ciò si verifica in turbine, compressori, motori elettrici o pompe. Gli sbilanciamenti in questi casi possono determinare la deformazione flessionale dell’albero che supporta la girante, esempio la turbina, e possono nascere fenomeni vibratori. In questo paragrafo si tratta il problema delle velocità critiche flessionali, cioè i problemi vibratori che sorgono quando le forze di inerzia forzano vibrazioni nel rotore. In questa trattazione si trascurano molti importanti effetti come le cedevolezze dei cuscinetti, gli effetti giroscopici, l’attrito ed eventuali instabilità dovute a cuscinetti idrodinamici. Consideriamo un rotore circolare montato nella mezzeria di un albero flessibile di cui trascureremo la massa. L’albero è supportato alle estremità da due cuscinetti che immaginiamo rigidi, vedasi figura. a cos ω t

ωt φ ω

y

G a sin ω t

y C

r O z

a b

x

θ

O

x

Figura 7.9. Velocità critiche flessionali.

Data la simmetria rispetto alla mezzeria dell’albero, studiamo il problema nel piano x,y: • il punto O è posizione di equilibrio statico del sistema in assenza di gravità • la mezzeria dell’albero è indicata dal punto C che coincide con O in equilibrio statico, mentre la posizione di C è indicata dal vettore b • il centro di massa G non coincide con C a causa dello squilibrio statico Il vettore b ruota con velocità pari a θ che può non coincidere con la velocità angolare ω dell’albero, la rotazione di b è detta whirling (rotazione, turbinio). Per studiare il moto del sistema determiniamo la posizione di G:

⎧ x + a cos ωt ⎫ r =b+a = ⎨ ⎬ ⎩ y + a sin ωt ⎭

7.10

La forza elastica che nasce dalla deformazione dell’albero e tende a riportare C in O è:

132


⎧−kx ⎫ Fe = ⎨ ⎬ ⎩−ky ⎭

7.11

dove k è la rigidezza dell’albero da calcolare mediante le formule classiche della teoria dell’elasticità o, nei casi più complessi, con metodi numerici. Similmente le forze dissipative sono date da:

⎧−cx ⎫ Fd = ⎨ ⎬ ⎩−cy ⎭

7.12

Le equazioni del moto sono date da:

m r = Fe + Fd

7.13

per componenti possiamo riscrivere:

⎧⎪mx + cx + kx = mω 2 a cos ωt ⎨ 2 ⎪⎩my + cy + ky = mω a sin ωt

7.14

Definiamo ora la funzione complessa w=x+i y; questa funzione nella sua rappresentazione vettoriale nel piano complesso, coincide con b. Sommiamo ora la prima delle 7.14 alla seconda moltiplicata per i:

+ cw + kw = mω 2 a e jωt mw

7.15

Vista la presenza dello smorzamento sappiamo che ci si può ridurre alla ricerca della soluzione particolare:

w = wp = W e j (ωt −φ )

7.16

dove:

W =

mω 2 a

( k − ω m ) + ( cω ) 2

ω2 a ωn2

=

2

⎛ ω ⎞ ⎛ ω ⎞ ⎜1 − 2 ⎟ + ⎜ 2ζ ⎟ ⎝ ωn ⎠ ⎝ ωn ⎠ ⎡ ω ⎤ 2ζ ⎢ ωn ⎥⎥ ⎛ cω ⎞ ⎢ φ = arctan ⎜ = arctan ⎟ 2 ⎢ ω2 ⎥ ⎝ k −ω m ⎠ ⎢1 − ω 2 ⎥ n ⎦ ⎣ 2

2

2

133

2

7.17a

7.17b

|W|


a

φ

ω

ω π

Figura 7.10

L’ampiezza di vibrazione è nulla per velocità angolare nulla, cresce fino ad un massimo che corrisponde alla risonanza dell’oscillatore, poi tende asintoticamente ad a. E’ interessante analizzare la fase che, per velocità piccole o nulle è circa 0, oltrepassata la risonanza, per grandi velocità tende a π, quest’ultimo caso corrisponde ad una rotazione del vettore b con velocità di rotazione pari a quella dell’albero, ma verso opposto (Rao, 2003).

134

Capitolo 8 Trasmissioni mediante ruote dentate (cenni)

Capitolo 8 Trasmissioni mediante ruote dentate (cenni) Si tratta di organi meccanici atti a trasmettere potenza tra assi. In particolare permettono di realizzare la trasmissione mantenendo rigorosamente costante il rapporto di trasmissione. Esempi: Trasmissione tra assi paralleli

Trasmissione tra assi perpendicolari.

135


Ruote a denti dritti

Ruote a denti elicoidali

Pignone dentiera

Ruote coniche

Schema di un riduttore a ruote dentate

Esempi di ruote dentate

136


8.1 Ruote di frizione La trasmissione del moto tramite ruote di frizione trova scarsissime applicazioni, ma è molto utile per introdurre dei concetti cinematici utili nello studio delle ruote dentate. Sia la ruota 1 movente e la 2 cedente:

Figura. 8.1 Le velocità periferiche delle ruote sono: v1=Ω1 R1 e v2=Ω2 R2 ; dato che nel punto di contatto le velocità periferiche devono essere identiche si ha: v1= v2; da cui:

τ=

Ω 2 R1 = Ω1 R2

dove si è definito con τ il rapporto di trasmissione. È facile dimostrare che nel caso di ruote dentate il rapporto di trasmissione, a meno del segno, si può anche scrivere come: τ=z1/z2; dove zi indica il numero di denti della i-esima ruota.

8.2 Rotismi ordinari Si tratta di meccanismi per la trasmissione del moto contenenti ruote dentate. • Due ruote dentate accoppiate formano un ingranaggio. • Due o più ruote che ingranano, più il supporto, formano un rotismo • Un rotismo è detto ordinario se gli assi di rotazione delle ruote sono fissi rispetto al supporto. • Un rotismo è detto epicicloidale se gli assi di rotazione delle ruote possono muoversi rispetto al supporto. Esempi.

137


Rotismo ordinario

Rotismo epicicloidale

Rappresentazione di rotismi

138

Capitolo 8 Trasmissioni mediante ruote dentate (cenni) APPLICAZIONE AERONAUTICA (RIDUTTORE PER GIRANTE DI ELICOTTERO)

139

Capitolo 8 Trasmissioni mediante ruote dentate (cenni) Un rotismo ordinario può essere rappresentato da uno schema funzionale come quello in figura, che rappresenta una scatola di riduzione a 5 ingranaggi dove la ruota 1 è movente e la 5 è cedente.

Figura 8.2 Il rapporto di trasmissione è in genrale:

τ=

Ωn Ω Ω n −1 Ω 2 = n " = ∏τ i Ω1 Ω n −1 Ω n − 2 Ω1 i

Nel caso in figura si ha che Ω3≡Ω4:

τ=

Ω5 Ω3 Ω 2 Ω 4 Ω 2 Ω1

dato che Ω3≡Ω4 il rapporto Ω4/Ω3 non è incluso nella relazione precedente. In termini di numeri di denti si ha:

Ω 5 z4 = , Ω 4 z5

Ω3 z2 = , Ω 2 z3

Ω 2 z1 = Ω1 z2

il rapporto di trasmissione diventa:

τ=

z4 z2 z1 z4 z1 = z5 z3 z2 z5 z3

si noti che la ruota 2 è sparita nel calcolo del rapporto di trasmissione, tale ruota è detta oziosa ed il suo ruolo consiste solamente nell’invertire il verso di rotazione del cedente.

140

Lubrificazione.

Capitolo 9 Lubrificazione (cenni) 9.1 Viscosità Nell’accoppiamento di elementi cinematici, per esempio nelle coppie rotoidali, viene spesso usato un “lubrificante” sia per diminuire l’attrito che per prevenire l’usura degli elementi stessi. Una delle caratteristiche più importanti di un lubrificante è la viscosità. Si consideri la figura 9.1, si è in presenza di due superfici piane tra le quali è interposto un fluido.

y F x

v*

Figura 9.1

Vale la seguente relazione di Newton:

τ=μ

∂v ∂ y

dove in questo caso si può sostituire alla derivata parziale la derivata ordinaria, non essendoci variazioni di v in altre direzioni eccetto che y. μ viene detta viscosità dinamica. Dimensioni della viscosità dinamica: [ μ ]=[F L−2 T] Unità di misura: S.I.

N s = Pa s m2

C.G.S. P( Poise ) =

dyn −1 2 = 10 Pa s cm

In figura 9.2 è rappresentato un viscosimetro assoluto a cilindro rotante. Questo tipo di viscosimetri presenta la massima precisione ed affidabilità.

141

Lubrificazione.

Figura 9.2

Figura 9.4

Figura 9.3

In Europa è diffuso il viscosimetro Egler. Si tratta di un apparecchio costituito da un recipiente A (vedi figura 9.3) in cui è posto il liquido in esame. Tre punte p permettono di individuare il livello del liquido. Sul fondo del recipiente si trova un tubicino B di platino con sezione leggermente convergente chiuso da una asticciola manovrabile dall’esterno. Il recipiente A è posto in un contenitore C dove si trova un liquido mantenuto in agitazione mediante l’agitatore D, in modo da assicurare uniformità di temperatura. Sono presenti inoltre ue termometri, l’uno M che misura la temperatura del liquido in esame, l’altro N quella del liquido contenuto nel recipiente C. L’apparecchio viene tarato misurando il tempo di deflusso di 200 cm 3 di acqua distillata alla temperatura di 200 °C. La misurazione consiste nel far defluire 200 cm 3 del liquido in esame rilevando la temperatura ed il tempo impiegato. Il rapporto E tra questo tempo e quello rilevato durante l’operazione di taratura rappresenta, in gradi Engler, la viscosità relativa del liquido alla temperatura in cui si è svolta la prova. Viscosità cinematica

Saybolt universal seconds

Redwood no.1 seconds

Engler degrees °E

33 39 46 52 59 77 98 141 232

31 36 41 46 52 68 86 125 205

1.1 1.3 1.5 1.7 1.8 2.3 2.9 4.1 6.6

ν [mm 2 / s] 2 4 6 7 10 15 20 30 50 >50

(ν × 4 ⋅ 6 )

( ν × 4 ⋅ 1)

142

( ν × 0 ⋅ 132 )

Lubrificazione.

LUBRIFICAZIONE

•GLI ORGANI DI MACCHINA IN MOTO RELATIVO SONO SOGGETTI AD USURA •PER RIDURRE L’ATTRITO E L’USURA SI POSSONO LUBRIFICARE LE COPPIE •LA LUBRIFICAZIONE MEDIANTE OLIO È LA PIÙ USATA

SIMULAZIONE DELLA FASE DI AVVIO DI UN MOTORE ENDOTERMICO

LUBRIFICAZIONE IDRODINAMICA COPPIA PIANA LUBRIFICATA

COPPIA ROTOIDALE LUBRIFICATA

IL CAMPO DI MOTO CHE SI GENERA NEL FLUIDO A CAUSA DEL MOTO RELATIVO TRA LE SUPERFICI GENERA FORZE DI PRESSIONI “PORTANTI” A VELOCITÀ NULLA NON C’È PORTANZA: MANCANZA DI LUBRIFICAZIONE A FERMO

143

Lubrificazione.

LUBRIFICAZIONE IDROSTATICA COPPIA ROTOIDALE DI SPINTA LUBRIFICATA

COPPIA ROTOIDALE LUBRIFICATA

IL CAMPO DI MOTO SI GENERA NEL FLUIDO A CAUSA DI UN INGRESSO FORZATO DEL FLUIDO AD ELEVATA PRESSIONE A VELOCITÀ NULLA C’È PORTANZA: SI HA LUBRIFICAZIONE A FERMO

144

Lubrificazione.

V=(Vx,Vy, Vz )

EQUAZIONI DI NAVIER-STOKES PER FLUIDI INCOMPRIMIBILI

145

Lubrificazione. SEMPLIFICAZIONE DELLE EQUAZIONI DEL MOTO NEL CASO DI FILM FLUIDI MOLTO SOTTILI

EQUAZIONE DI REYNOLDS

IPOTESI

Le variazioni di V in direzione x,z sono molto più piccole rispetto a quelle in direzione y (si trascurano le derivate di V in x,z)

Inerzia del fluido trascurabile Re -> 0

SULL’EQUAZIONE DI CONTINUITÀ NON SI POSSONO TRASCURARE LE DERIVATE IN x,z

146

Lubrificazione.

INTEGRIAMO LE EQUAZIONI DI EQUILIBRIO IN y

INTEGRIAMO LE EQUAZIONI DI EQUILIBRIO IN y E SOSTITUIAMO LE VELOCITÀ RICAVATE SOPRA

EQUAZIONE DI REYNOLDS

147

Corpo rigido.

Appendice A. Moto del corpo rigido In questa appendice si richiamano alcuni concetti e definizioni della meccanica analitica relativi al moto del corpo rigido. Si definiranno le grandezze caratteristiche che individuano la posizione del corpo rigido nello spazio tridimensionale; a tale scopo saranno definiti: gli angoli di Eulero; matrice di rotazione finita e infinitesima. Da tali concetti di rotazione si passerà inoltre alla definizione del vettore velocità di rotazione del corpo rigido. Lo scopo di questa Appendice è il semplice richiamo di concetti che dovrebbero essere già stati studiati approfonditamente in corsi precedenti, perciò non ci si sofferma né su dimostrazioni né su applicazioni.

A.1 Rotazioni finite. Consideriamo un sistema di riferimento fisso ed un corpo rigido in moto rototraslatorio su cui è fissato un sistema di riferimento mobile, figura A.1:

z

z’ y’

O’ O y

x’

x

Figura A.1. Sistema fisso e mobile.

Come sappiamo il sistema di riferimento è descritto dai suoi versori e dalla posizione dell’origine delle coordinate O’, figura A2:

148

Corpo rigido. z z’

y’

k k’

j’ y

j

i i’

x x’

Figura A.2. Versori.

Come sappiamo i versori sono definiti dai propri coseni direttori, ad esempio per il versore i’ abbiamo:

α1 = i '⋅ i ,

α 2 = i '⋅ j ,

α 3 = i '⋅ k

A1

con queste definizioni possiamo esprimere i’ nel sistema fisso come segue:

i ' = α1 i + α 2 j + α 3 k

A2

Similmente:

j ' = β1 i + β 2 j + β 3 k k ' = γ1 i + γ 2 j + γ 3 k

A3

con ovvio significato dei nuovi simboli. Il procedimento si può ripetere esprimendo i, j, k in termini di i’, j’, k’ :

i = ( i ⋅ i ' ) i '+ ( i ⋅ j ' ) j ' + ( i ⋅ k ') k ' = α1 i '+ β 2 j '+ γ 3 k '

A4

similmente si procede per gli altri due versori. Consideriamo ora un punto nel sistema x,y,z individuato dal vettore r=[x,y,z]T (useremo alternativamente anche il vettore x). Le coordinate di questo punto nel sistema x’,y’,z’ si trovano proiettando il vettore r sui versori i’,j’,k’:

149

Corpo rigido. x ' = r '⋅ i ' = α1 x + α 2 y + α 3 z y ' = r '⋅ j ' = β1 x + β 2 y + β 3 z

A5

z ' = r '⋅ k ' = γ 1 x + γ 2 y + γ 3 z Ovviamente quanto detto vale per qualunque vettore, non solo per r. Le quantità αh, β h, γ h, h=1,2,3 non sono indipendenti, infatti i versori sono unitari ed ortogonali tra loro, ad esempio:

i ⋅ j = j⋅ k = k ⋅ i = 0

A6

i ⋅ i = j⋅ j = k ⋅ k = 1

Delle stesse proprietà godono i versori del sistema mobile, dunque le quantità indipendenti sono in realtà 3. La trasformazione che esprime le componenti del vettore r nel sistema mobile attraverso quelle del sistema fisso è dunque la seguente:

⎧ x ' ⎫ ⎡α1 α 2 α 3 ⎤ ⎧ x ⎫ ⎪ ⎪ ⎢ ⎥⎪ ⎪ ⎨ y '⎬ = ⎢ β1 β 2 β 3 ⎥ ⎨ y ⎬ ⎪z ' ⎪ ⎢γ γ γ 3 ⎦⎥ ⎩⎪ z ⎭⎪ 2 ⎩ ⎭ ⎣ 1

A7

che in forma compatta si scrive: r’=Ar

A8

Effettuiamo ora due rotazioni successive del sistema mobile, la prima porta r in r’ (prima rotazione individuata dall’operatore rotazione B) e la seconda r’ in r” (seconda rotazione individuata dall’operatore rotazione A): r’=Br

A9a

r’’=Ar’=ABr=Cr

A9b

Dato che in generale gli operatori matriciali non commutano (BA≠AB) la sequenza delle rotazioni non può essere invertita: se si scambia la sequenza delle rotazioni, la posizione finale sarà diversa. Indichiamo ora con A la trasformazione che porta r in r’, la trasformazione inversa che porta r’ in r è semplicemente la matrice inversa A-1. La matrice rotazione A gode della seguente proprietà: A-1=AT

A10

Dunque AAT=I (I è la matrice identità), se definiamo A2=AAT possiamo dire che: det(A2)=1.

A.2 Angoli di Eulero Troviamo ora le tre quantità indipendenti che ci permettono di definire la matrice di rotazione in modo univoco, esistono varie possibilità, in questo testo utilizziamo l’approccio più diffuso che si basa sugli angoli di Eulero.

150

Corpo rigido. Si effettuano tre rotazioni successive per poi comporle come visto nel paragrafo precedente. Per comodità utilizziamo una nuova notazione per gli assi (x1,x2,x3) ed iniziamo con una rotazione attorno all’asse x3 (Figura A3): x3

ξ3

P

x

ξ2 φ x2

φ x1

ξ1

Figura A.3. Angoli di Eulero: prima rotazione.

La matrice di rotazione D che porta il vettore x che indica la posizione di un punto P nel sistema iniziale al vettore ξ che indica la posizione dello stesso punto nel sistema ruotato è:

⎡ cos φ ξ = Dx = ⎢⎢ − sin φ ⎢⎣ 0

sin φ cos φ 0

0⎤ 0 ⎥⎥ x 1 ⎥⎦

Si proceda ora ad una rotazione attorno all’asse ξ1 (Figura A4):

151

A11

Corpo rigido. x3

ξ3

ζ3

θ ζ2 ξ2

θ φ

x2

φ x1

ξ1

ζ1

Figura A.4. Angoli di Eulero: seconda rotazione.

La matrice di rotazione C che porta il vettore ξ che indica la posizione di un punto P nel sistema iniziale al vettore ζ che indica la posizione dello stesso punto nel secondo sistema ruotato è:

0 ⎡1 ⎢ ζ = Cξ = ⎢ 0 cos θ ⎢⎣ 0 − sin θ

0 ⎤ sin θ ⎥⎥ ξ = CDx cos θ ⎥⎦

nella A12 abbiamo anche introdotto la trasformazione A11, ottenendo la trasformazione x → ζ. Si proceda ora ad una rotazione attorno all’asse ζ3 (Figura A5):

152

A12

Corpo rigido. x3

ζ3

ξ3

x’3

θ

x’2

ζ2

ψ

ξ2

θ φ

x2

ψ φ

x’1

x1

ξ1

ζ1

linea dei nodi

Figura A.5. Angoli di Eulero: terza rotazione.

La matrice di rotazione B che porta il vettore ζ che indica la posizione di un punto P nel sistema precedente al vettore x’ che indica la posizione dello stesso punto nel sistema ruotato finale è:

⎡ cos φ x ' = Bζ = ⎢⎢ − sin φ ⎢⎣ 0

sin φ cos φ 0

0⎤ 0 ⎥⎥ ζ = BCDx = Ax 1 ⎥⎦

A13

Nella A13 sono state anche introdotte le trasformazioni precedenti ottenendo la trasformazione completa x → x’. Dal prodotto matriciale si ottiene:

⎡ ( cosψ cos φ − cos θ sin φ sinψ ) ⎢ A = ⎢( − sinψ cos φ − cos θ sin φ cosψ ) ( sin θ sin φ ) ⎣⎢

( cosψ sin φ + cosθ cos φ sinψ )

( sinψ sin θ ) ⎤ ( − sinψ sin φ + cos θ cos φ cosψ ) ( cosψ sin θ )⎥⎥ ( − sin θ cos φ ) ( cos θ ) ⎥⎦

A14

Che è la matrice di rotazione espressa in termini degli angoli di Eulero; si faccia attenzione alla sequenza delle rotazioni, infatti, anche utilizzando gli stessi angoli di Eulero, se la sequenza cambia, cambia di conseguenza la rotazione fisica e dunque la matrice che la rappresenta.

153

Corpo rigido. Ricordiamo infine la proprietà fondamentale A-1=AT: verificare per esercizio che AAT=I. A.1.1 Teorema di Eulero Ogni spostamento di un corpo rigido avente un punto fisso è una rotazione rispetto ad un certo asse. A.1.2 Teorema di Charles Il più generale spostamento di un corpo rigido è sempre esprimibile come la somma di una traslazione

e una rotazione.

A.2 Rotazioni infinitesime Come detto in precedenza le rotazioni sono delle trasformazioni che non commutano; vediamo cosa accade quando la rotazione è infinitesima. In tal caso la differenza tra i vettori (è bene ricordare che parliamo delle componenti dello stesso vettore visto in sistemi di riferimento differenti, qui parliamo di due vettori intesi come colonne di numeri) r’ e r sarà infinitesima: r’=r+εr=(I+ε)r

A15

dove ε è una matrice avente componenti infinitesime. Se applichiamo due rotazioni infinitesime successive avremo: r’’= (I+ε1)r’

r’= (I+ε2)r

A16

e dunque: r’’= (I+ε1) (I+ε2)r =(I+ε1+ε2+ε1ε2)≅ (I+ε1+ε2)

A16

L’ultima relazione può essere considerata esatta a meno di termini infinitesimi di ordine superiore. Poiché l’operazione di somma tra matrici commuta, non è più importante, nelle rotazioni infinitesime, l’ordine con cui si esegue la rotazione. Mediante un semplice sviluppo in serie, e trascurando ancora i termini di ordine superiore si ha anche: (I+ε)-1= (I-ε)

A16

Applichiamo ora il concetto di rotazione infinitesima ad una rotazione δ3 attorno all’asse x3:

⎡ cos δ 3 A 3 = ⎢⎢ − sin δ 3 ⎣⎢ 0

sin δ 3 cos δ 3 0

0⎤ 0 ⎥⎥ 1 ⎦⎥

A17

0⎤ 0 ⎥⎥ 1 ⎥⎦

A17

se δ3=dδ3, cioè è infinitesimo, si ha:

⎡ 1 dA 3 = ( I + ε 3 ) = ⎢⎢ − d δ 3 ⎢⎣ 0

dδ 3

1 0

notiamo che dA3 è formata dalla somma di una matrice identità più una matrice antisimmetrica ε3:

154

Corpo rigido. ⎡ 0 ε 3 = ⎢⎢ −d δ 3 ⎢⎣ 0

dδ 3

0 0

0⎤ 0 ⎥⎥ 0 ⎥⎦

A18

Se consideriamo tre rotazioni attorno a tre assi ortogonali si ha in generale:

⎡ 0 ε = ⎢⎢ − d δ 3 ⎢⎣ d δ 2

dδ 3

0 − d δ1

−dδ 2 ⎤ d δ1 ⎥⎥ 0 ⎥⎦

A19

le rotazioni dδi, i=1,2,3 sono i tre parametri che definiscono completamente la rotazione ed in particolare sono rispettivamente le rotazioni infinitesime attorno agli assi ortogonali x1, x2, x3. In una generica rotazione si può scrivere dunque che: x’-x=dx=εx

A20

per componenti si ha:

dx1 = x2 dδ 3 − x3 dδ 2 dx2 = x3 dδ1 − x1d δ 3

A21

dx3 = x1dδ 2 − x2 d δ1 riconosciamo nella A21 la forma del prodotto vettoriale: dx=x×dδ

A22

Dove si è definito il vettore dδ= [dδ1, dδ2, dδ3 ]T; non sarà sfuggito al lettore che la definizione del vettore dδ in realtà sorge dalla composizione delle componenti di un tensore antisimmetrico del terz’ordine; ciò implica che le componenti di dδ obbediscono alle leggi di trasformazioni di coordinate dei tensori anziché a quelle dei vettori; infatti, il vettore dδ viene definito uno pseudo-vettore (Goldstein, 1986).

A.3 Derivata di un vettore Consideriamo un vettore g le cui componenti varino sia rispetto ad un riferimento fisso che ad uno mobile. Le componenti sugli assi corpo (assi mobili) varieranno sia per effetto della rotazione del sistema mobile sia per effetto della variazione in sé: dgcorpo= dgspazio+ dgrotazione

A23

dgrotazione= g×dδ

A24

dgspazio = dgcorpo + dδ × g

A25

Si è però visto che: dunque

155

Corpo rigido. Se la variazione è avvenuta in un istante di tempo dt, possiamo scrivere:

dδ ⎛ dg ⎞ ⎛ dg ⎞ =⎜ ⎟ + ×g ⎜ ⎟ dt ⎝ dt ⎠spazio ⎝ dt ⎠corpo N

Ω dg g

A26

dt

Riscriviamo la A26:

dg = g + Ω × g dt

A27

La A27 rappresenta la trasformazione della derivata temporale, nel passare da un sistema di riferimento ad un altro. Si faccia attenzione al fatto che il termine

dg si costruisce considerando le dt

componenti del vettore g sugli assi fissi e derivandole; mentre il vettore g si costruisce partendo dalle componenti di g sugli assi mobili e derivandole. L’operazione di somma e prodotto vettoriale

g + Ω × g può prescindere dal sistema di riferimento essendo operazioni su vettori, anche se, nel caso in cui si lavorasse sulle componenti è necessario utilizzare lo stesso sistema di riferimento per tutti i vettori. Il vettore Ω, che in generale varia nel tempo, rappresenta la direzione dell’asse rispetto al quale il sistema mobile (in moto di corpo rigido) ha una pura rotazione (teorema di Eulero), tale asse è chiamato centro di istantanea rotazione.

A.4 Espressione del vettore velocità angolare in funzione degli angoli di Eulero Durante il moto il vettore Ω può essere considerato generato da tre rotazioni infinitesime attorno ai tre assi x3, ξ1 e ζ3 individuate dalle derivate ωφ = φ , ωθ = θ e ωψ = ψ . Ω è la somma vettoriale di tre vettori di rotazione i quali non sono però ortogonali tra loro, ciò complica le cose. Si possono però utilizzare le matrici di trasformazione: per ωφ occorre usare la trasformazione completa A=BCD, per ωθ è sufficiente la trasformazione finale B, mentre ωψ non deve essere trasformato:

ωφ

ωθ

x ', y ', z '

x ', y ', z '

⎧φ sin θ sinψ ⎫ ⎪ ⎪ = ⎨φ sin θ cosψ ⎬ ⎪ ⎪ ⎩φ cos θ ⎭

A28a

⎧θ cosψ ⎫ ⎪ ⎪ = ⎨−θ sinψ ⎬ ⎪0 ⎪ ⎩ ⎭

A28b

156

Corpo rigido.

ωψ

x ', y ', z '

⎧0 ⎫ ⎪ ⎪ = ⎨0 ⎬ ⎪ ⎪ ⎩ψ ⎭

A28c

sommando otteniamo:

Ω x ', y ', z '

⎧φ sin θ sinψ + θ cosψ ⎫ ⎪ ⎪ = ⎨φ sin θ cosψ − θ sinψ ⎬ ⎪ ⎪ ⎩φ cos θ + ψ ⎭

157

A29

Bibliografia

Bibliografia N. Bachschmid, S. Bruni, A. Collina, B. Pizzigoni, F. Resta, 2003, Fondamenti di Meccanica Teorica e Applicata. McGraw-Hill Milano. N. P. Belfiore, A. Di Benedetto, E. Pennestrì, 2005, Fondamenti di Meccanica Applicata alle Macchine. Casa Editrice Ambrosiana, Milano. J.P. Den Hartog, 1948, Mechanics. Dover Publications, New York. A. G. Erdman and G. N. Sandor, 1991, Mechanism Design, Analysis and Synthesis, Vol. I. Prentice Hall, Englewood Cliffs, New Jersey. E. Funaioli, A. Maggiore, U. Meneghetti, 2005, Lezioni di Meccanica Applicata alle Macchine, Vol. I e II. Pàtron Editore, Bologna. R. Ghigliazza e C.U. Galletti, 1986, Meccanica Applicata alle Macchine. UTET Torino. J. H. Ginsberg, 1998, Advanced Engineering Mechanics. Cambridge University Press, Cambridge. H. Goldstein, 1986, Meccanica Classica, Zanichelli, Bologna. D. Hartog, 1961, Mechanics, Dover Pub. Inc. New York. H. H. Mabie, 1987, Mechanisms and dynamics of machinery, Wiley & Sons, New York. J. L. Meriam and L. G. Kraige, 1997, Engineering Mechanics DYNAMICS. John Wiley & Sons New York. R. L. Norton, 1999, Design of Machinery. McGraw-Hill, Boston. S.S. Rao, 2003, Mechanical Vibrations, Pearson Prentice Hall, New Jersey. G. Scotto Lavina, 1988, Riassunto delle Lezioni di Meccanica Applicata alle Macchine. Edizioni Scientifiche Siderea, Roma. G. Scotto Lavina, 1975, Applicazioni di Meccanica delle Macchine. Edizioni Sistema Roma. J.J.Jr. Uicker, G.R. Pennock, J.E. Shigley, 2003, Theory of Machines and Mechanisms, Oxford University Press, New York- Oxford. D. A. Wells, 1967, Schaum’s Outlines: Lagrangian Dynamics. McGraw-Hill, New York.

158

Indice analitico

Indice Analitico posizione; 1; 8; 24; 32; 36; 38; 44; 51; 55; 56; 57; 68; 70; 72; 80; 102; 110; 112; 119; 121; 122; 123; 125; 127; 143; 145; 146; 147; 148 principio dei lavori virtuali; 59 quadrilatero; 2; 10; 34; 35; 36; 37; 38; 49; 51; 59 Quadrilatero articolato; 33; 51 Rendimenti; 82; 83 rendimento; 83; 84; 85; 86; 88; 89; 90; 92; 93; 97; 99 Rotismi; 132 rotori; 1; 121; 123 ruote dentate; 1; 50; 81; 130; 131; 132 squilibrio; 1; 64; 121; 122; 123; 127 statica; 14 Trasmissibilità; 117 trasmissioni; 1 tribologia; 1 usura; 1; 7; 76; 77; 81; 100; 101; 105; 136 velocità; 1; 3; 8; 9; 32; 44; 45; 46; 47; 48; 49; 50; 51; 52; 53; 55; 56; 57; 60; 61; 64; 65; 70; 73; 74; 75; 76; 91; 94; 100; 102; 103; 110; 112; 121; 122; 127; 129; 132; 143; 151 Velocità critiche flessionali; 127 vibrazioni; 1; 69; 72; 77; 114; 118; 119; 127 Vibrazioni; 1; 110

accelerazione; 1; 32; 45; 46; 47; 51; 53; 56; 57; 58; 70; 71 Angoli di Eulero; 145 attrito; 59; 74; 75; 76; 77; 80; 81; 82; 83; 87; 88; 90; 91; 92; 93; 94; 96; 97; 99; 100; 101; 102; 103; 104; 105; 108; 109; 121; 127; 136 Attrito; 74; 78; 87 cinematica; 1; 4; 6; 8; 35; 51; 56; 59; 137 Contatto; 8 Coppia; 7; 8; 87; 96; 103 Coppie; 6; 7; 8 coppie superiori; 8; 9; 50 corpo rigido; 1; 6; 9; 18; 19; 22; 24; 32; 44; 45; 48; 51; 61; 67; 68; 127; 143; 149; 151 Cuscinetti; 81; 105; 109 dinamica; 1; 61; 68; 69; 77; 91; 121; 136 equilibratura; 1; 3; 73; 121; 126; 127 equilibrio; 14; 15; 18; 19; 20; 21; 22; 23; 27; 28; 29; 31; 59; 67; 70; 87; 88; 89; 91; 92; 93; 94; 96; 102; 103; 110; 121; 122; 127 Gradi di libertà; 6; 7; 9 lubrificazione; 1; 77; 81; 82; 105; 106 manovellismo di spinta; 3; 36; 55; 57; 69; 71 Moti relativi; 44

159

Finito di stampare a Modena il 23-01-2006

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Meccanica Applicata alle Macchine

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