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
Capitolo 1 Generalità sui meccanismi, coppie cinematiche e gradi di libertà.
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
Capitolo 1 Generalità sui meccanismi, coppie cinematiche e gradi di libertà.
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
Capitolo 1 Generalità sui meccanismi, coppie cinematiche e gradi di libertà.
12
Capitolo 1 Generalità sui meccanismi, coppie cinematiche e gradi di libertà.
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
Capitolo 1 Generalità sui meccanismi, coppie cinematiche e gradi di libertà.
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
Capitolo 2 Statica dei meccanismi.
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
Capitolo 2 Statica dei meccanismi.
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
Capitolo 2 Statica dei meccanismi.
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
Direzione F4
Retta
ausiliaria
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 F4
Retta
ausiliaria
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
Capitolo 2 Statica dei meccanismi.
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
Capitolo 2 Statica dei meccanismi.
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
Capitolo 2 Statica dei meccanismi.
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
Capitolo 2 Statica dei meccanismi.
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).
•
Equilibrio del membro 3
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
•
Equilibrio del membro 5
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
Capitolo 2 Statica dei meccanismi.
1
F=?
2
F65
5
6
F35
3
4
M=100N⋅m
Ω
Figura 2.30
•
Equilibrio del membro 6
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
Capitolo 2 Statica dei meccanismi.
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
Capitolo 3 Cinematica del corpo rigido e dei sistemi articolati.
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
Capitolo 3 Cinematica del corpo rigido e dei sistemi articolati.
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)
Capitolo 3 Cinematica del corpo rigido e dei sistemi articolati.
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<p+q.
36
Capitolo 3 Cinematica del corpo rigido e dei sistemi articolati.
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
Capitolo 3 Cinematica del corpo rigido e dei sistemi articolati.
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
un vettore ϑ̂ ; tale vettore sarà detto “dato iniziale”. Indichiamo con Δϑ la differenza tra ϑ e ϑ̂ :
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°
Capitolo 3 Cinematica del corpo rigido e dei sistemi articolati.
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
Capitolo 3 Cinematica del corpo rigido e dei sistemi articolati.
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.
Un primo tentativo è eseguito imponendo i seguenti valori iniziali: ϑ̂ =[0° ,100°]T.
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
seguenti valori iniziali: ϑ̂ =[-50° ,200°]T.
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
Capitolo 3 Cinematica del corpo rigido e dei sistemi articolati.
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
Capitolo 3 Cinematica del corpo rigido e dei sistemi articolati.
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
Capitolo 3 Cinematica del corpo rigido e dei sistemi articolati.
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
Capitolo 3 Cinematica del corpo rigido e dei sistemi articolati.
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
Capitolo 3 Cinematica del corpo rigido e dei sistemi articolati.
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.
Capitolo 3 Cinematica del corpo rigido e dei sistemi articolati.
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.
ƒ 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.
ƒ 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
Capitolo 3 Cinematica del corpo rigido e dei sistemi articolati.
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
Capitolo 3 Cinematica del corpo rigido e dei sistemi articolati.
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
Capitolo 3 Cinematica del corpo rigido e dei sistemi articolati.
× 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.
Capitolo 3 Cinematica del corpo rigido e dei sistemi articolati.
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
Capitolo 3 Cinematica del corpo rigido e dei sistemi articolati.
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
Capitolo 3 Cinematica del corpo rigido e dei sistemi articolati.
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
Capitolo 3 Cinematica del corpo rigido e dei sistemi articolati.
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
Capitolo 3 Cinematica del corpo rigido e dei sistemi articolati.
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
Capitolo 4 Richiami di dinamica del corpo rigido.
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
Capitolo 4 Richiami di dinamica del corpo rigido.
⎧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
Capitolo 4 Richiami di dinamica del corpo rigido.
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
Capitolo 4 Richiami di dinamica del corpo rigido.
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
Capitolo 4 Richiami di dinamica del corpo rigido.
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
Capitolo 4 Richiami di dinamica del corpo rigido.
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
Capitolo 4 Richiami di dinamica del corpo rigido.
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
Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti.
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<f Fn il corpo decelera, per esempio può passare dal moto alla quiete, oppure, se è in
quiete vi rimane indefinitamente.
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)
Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti.
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
Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti.
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
Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti.
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
Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti.
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
Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti.
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
Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti.
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
Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti.
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.
Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti.
•
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
Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti.
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
Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti.
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
Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti.
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
Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti.
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
Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti.
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
Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti.
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
Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti.
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
Capitolo 5 Forze di contatto, attrito, rendimenti.
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
Capitolo 6 Vibrazioni meccaniche
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
Capitolo 6 Vibrazioni meccaniche
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
ƒ
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
ƒ 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
ƒ 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
ƒ 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 )
Capitolo 6 Vibrazioni meccaniche
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
Capitolo 6 Vibrazioni meccaniche
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
Capitolo 6 Vibrazioni meccaniche
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
Capitolo 6 Vibrazioni meccaniche
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
Capitolo 7 Dinamica dei rotori
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
Capitolo 7 Dinamica dei rotori
⎧−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|
Capitolo 7 Dinamica dei rotori
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
Capitolo 8 Trasmissioni mediante ruote dentate (cenni)
Ruote a denti dritti
Ruote a denti elicoidali
Pignone dentiera
Ruote coniche
Schema di un riduttore a ruote dentate
Esempi di ruote dentate
136
Capitolo 8 Trasmissioni mediante ruote dentate (cenni)
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
Capitolo 8 Trasmissioni mediante ruote dentate (cenni)
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
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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
160